\chapter{复数与三角函数}

\section{和角公式}

\begin{itemize}[leftmargin=\inteval{\myitemleftmargin}pt,itemsep=
   \inteval{\myitemitempsep}pt,topsep=\inteval{\myitemtopsep}pt]
\item 正余弦和角公式的图形证明。\\
\textbf{方法一}\ 在矩形$ ABCD $中，设$ AE=1,\angle AFE=\dfrac{\pi}{2},
\angle DAF=\alpha,\angle FAE=\beta $，则
\begin{align*}
AD=&\ BC=\cos\beta\cos\alpha=BE+EC=\cos(\alpha+\beta)+\sin\beta\sin\alpha  \\
AB=&\ DC=\sin(\alpha+\beta)=DF+FC=\cos\beta\sin\alpha+\sin\beta\cos\alpha  
\end{align*}
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[width=0.4\linewidth]{正余弦和角公式图}
\end{figure}

\noindent \textbf{方法二}\ 利用三角形的外角等于不相邻两内角和的性质，
在$RT \Delta ABC $中，$ \angle C$是直角，延长$ CA $至$ D $点，
连接$ D,B $两点，设$ \angle ABD =\alpha $，$ \angle ADB =\beta $，
则$ \angle CAB =\alpha+\beta $. 
过$ A $点向$ BD $做垂线，垂足为$ E $点，在$ RT \Delta BCD $中使用勾股定理：
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[width=0.3\linewidth]{余弦和角公式作图证明}
%    \caption{}
%    \label{fig:}
\end{figure}
% ~\newpage
\begin{align*}
\sin^2(\alpha +\beta )+\left[ \cos(\alpha +\beta )+\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta} \right] ^2 
=&\ \left( \cos\alpha +\dfrac{\sin\alpha}{\tan\beta }\right) ^2 \\
1+2\cos(\alpha +\beta )\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}+\dfrac{\sin^2\alpha}{\sin^2\beta}=&\ 
\cos^2\alpha+2\dfrac{\sin\alpha \cos\alpha }{\tan\beta }+\dfrac{\sin^2\alpha}{\tan^2\beta }
\end{align*}
两边同乘$ \sin^2\beta $，移项，左侧只保留$ 2\cos(\alpha +\beta)\sin \alpha \sin\beta $，
然后约去$ 2\sin \alpha \sin\beta $，可得：
\begin{align*}
\cos(\alpha +\beta )=\cos \alpha \cos\beta - \sin \alpha \sin\beta 
\end{align*}

\item  正切半角公式的图形化证明。
\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\linewidth]{PDF_Picture/正切半角公式的图形化证明}
\end{figure}
设$|BA|=|BD|=|CE|=1$，$\angle BAC=\theta$，
$\angle BCA $为直角，则
\begin{gather*}
    \tan\dfrac{\theta}{2}=\dfrac{|DE|}{|AE|}=
    \dfrac{|DE|}{|AC|+|CE|}=\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta+1}
\end{gather*}

\item 两个角正弦、余弦、正切的和角、差角公式：
\begin{align*} 
\sin(\alpha\pm\beta)=&\ \sin\alpha\cos\beta \pm
 \cos\alpha\sin\beta \\
\cos(\alpha\pm\beta)=&\ \cos\alpha\cos\beta \mp
 \sin\alpha\sin\beta \\
\tan(\alpha\pm\beta)=&\ \dfrac{\tan \alpha\pm\tan \beta}
 {1\mp \tan \alpha \tan \beta} 
\end{align*}

\item 和差化积:
\begin{align*}
\sin x+\sin y=&\  \sin \left(\dfrac{x+y}{2} +\dfrac{x-y}{2} \right) +\sin \left(\dfrac{x+y}{2}-\dfrac{x-y}{2} \right)\\
=&\  2\sin \left(\dfrac{x+y}{2}\right) \cos\left(\dfrac{x-y}{2}\right) \\ 
\cos x+\cos y=&\  \cos \left(\dfrac{x+y}{2} +\dfrac{x-y}{2} \right) +\cos \left(\dfrac{x+y}{2}-\dfrac{x-y}{2} \right)\\
=&\  2\cos \left(\dfrac{x+y}{2}\right) \cos  \left(\dfrac{x-y}{2}\right)	
\end{align*}
\item 积化和差:
\begin{align*}
\sin x\sin y=&\ \dfrac{1}{2}[\cos(x-y)-\cos(x+y)] \\
\cos x\cos y=&\ \dfrac{1}{2}[\cos(x-y)+\cos(x+y)] \\	
\sin x\cos y=&\ \dfrac{1}{2}[\sin(x+y)+\sin(x-y)] 
\end{align*}
\begin{align*}
\sin(x-y)\sin(x+y) =&\ \sin^2x\cos^2y-\cos^2x\sin^2y \\
=&\ \sin^2x(1-\sin^2y)-(1-\sin^2x)\sin^2y \\
=&\ (1-\cos^2x)\cos^2y-\cos^2x(1-\cos^2y) \\
=&\ \sin^2 x-\sin^2y=\cos^2 y-\cos^2 x \\
=&\ (\sin x-\sin y)(\sin x+\sin y)=(\cos y-\cos x)(\cos y+\cos x) \\
\cos(x-y)\cos(x+y) =&\ \cos^2x\cos^2y-\sin^2x\sin^2y \\
=&\ \cos^2x\cos^2y-(1-\cos^2x)(1-\cos^2y) \\
=&\ (1-\sin^2x)(1-\sin^2y)-\sin^2x\sin^2y \\
=&\ \cos^2 x+\cos^2 y-1=1-\sin^2 x-\sin^2 y \\
=&\ \cos^2 x-\sin^2 y=\cos^2 y-\sin^2 x \\
=&\ (\cos x-\sin y)(\cos x+\sin y)=(\cos y-\sin x)(\cos y+\sin x)
\end{align*}

\item 辅助角公式：
\begin{align*}
a\sin x+b\cos x 
=&\  \sqrt{a^2+b^2}\left(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin x+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos x \right) \\
=&\  \sqrt{a^2+b^2}\left(\cos\varphi\sin x+\sin\varphi\cos x \right) \\
=&\  \sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi) \quad\quad 
\left(\tan \varphi=\dfrac{b}{a}\right)
\end{align*}
变体一：
\begin{align*}
a\sin x+b\cos (x+x_0) 
=&\  a\sin x+b\cos x\cos x_0-b\sin x\sin x_0 \\
=&\  (a-b\sin x_0)\sin x+(b\cos x_0)\cos x \\
=&\  \sqrt{a^2+b^2-2ab\sin x_0}\sin(x+\varphi) 
\end{align*}
变体二：
\begin{align*}
&a\cos^2x+b\sin^2x+c\sin x\cos x \\
=&\  a\dfrac{\cos2x+1}{2} +b\dfrac{-\cos2x+1}{2}+\dfrac{c}{2}\sin2x \\
=&\  \dfrac{a-b}{2}\cos2x+\dfrac{c}{2}\sin2x+\dfrac{a+b}{2} \\
=&\  \dfrac{1}{2}\sqrt{(a-b)^2+c^2}\sin(2x+\varphi)+\dfrac{a+b}{2}
\end{align*}
变体三：
\begin{align*}
a\sin^2x+b\cos x=a(1-\cos^2x)+b\cos x=
-a\left( \cos x-\dfrac{b}{2a}\right) ^2+\dfrac{b^2}{4a}
\end{align*}

\item $ ^* $ 三个角之和的正、余弦公式
{\small 
    \begin{align}
    \sin(\alpha+\beta+\gamma)
    =&-\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma
    +\sin \alpha \cos \beta \cos \gamma  + \cos \alpha \sin \beta 
    \cos \gamma + \cos \alpha \cos \beta \sin \gamma  \label{sin三个角之和} \\
    \cos(\alpha+\beta+\gamma) 
    =& \cos \alpha \cos \beta \cos\gamma
    -\cos\alpha  \sin \beta \sin \gamma - \sin \alpha \sin \beta 
    \cos \gamma - \sin \alpha \cos \beta \sin \gamma  \label{cos三个角之和}
\end{align} 
}
$ \sin(\alpha+\beta+\gamma) $展开式的特点是有一个含三个$ \sin $
的乘积的项，其余三项都是两个$ \cos $，一个$ \sin $，
$ \sin $的总数等于$ \cos $的总数(都是6个)。
$ \cos(\alpha+\beta+\gamma) $展开式有类似性质，有一个含三个
$ \cos $的乘积的项，其余三项都是两个$ \sin $，一个$ \cos $，
$ \sin $的总数等于$ \cos $的总数(都是6个)。

因为两个角的正、余弦的和(差)角公式，$ \sin $的数量等于$ \cos $
的数量，多个角的和与差展开，就是反复运用两个角的和与差展开，
所以$ \sin $的数量会始终等于等于$ \cos $的数量。
手工计算时可以利用这一性质进行快速检查，若发现数量不相等，
则肯定存在错误。

如果5轴或6轴的机械臂存在连续3根轴是平行的，那么其正向运动学计算就需要
用到\eqref{sin三个角之和}式和\eqref{cos三个角之和}式，而逆向运动学存在解析解。
5轴码垛机械臂\footnote{这里展示的机械臂，从结构上讲存在5根轴，但只配有4台伺服电机，
所以，有一根轴是无法独立控制的，依靠平行四边形机构来驱动。这样的机械臂通常被称为4轴码垛机械臂
(因为只有4根轴能独立控制)，但考虑到直接称为“4轴”会引起读者困惑，所以在正文里还是直观地称为5轴。}就是典型的存在连续3根平行轴的机械臂，其2、3、4号轴是平行的，
且都与1、5号轴垂直。挖掘机也存在连续3根平行轴。
\begin{figure}[H]
    \centering
    \begin{subfigure}[b]{0.3\textwidth}
        \includegraphics[width=\textwidth]{位图/KUKA机械臂-KR-40-PA}
        \caption*{码垛机械臂}
%        \label{码垛机械臂}
    \end{subfigure}
    \hspace{15mm}
    \begin{subfigure}[b]{0.4\textwidth}
        \includegraphics[width=\textwidth]{位图/挖掘机}
        \caption*{挖掘机}
%        \label{挖掘机}
    \end{subfigure}
\end{figure}
%\vspace{-5mm}

\item $^*$ 双曲正弦函数 $ \sinh x=\dfrac{\e^x-\e^{-x}}{2} $， 双曲余弦函数
$\cosh x=\dfrac{\e^x+\e^{-x}}{2} $，这两个函数存在与$ \sin x,\cos x $
类似的和角、差角、二倍角、积化和差、和差化积公式。
\begin{align*}
& (\sinh x)'=\cosh x\\
& (\cosh x)'=\sinh x \\
& \cosh^2 x-\sinh^2 x=1 \\
& \sinh(x\pm y)=\sinh x\cosh y\pm \cosh x\sinh y \\
& \cosh(x\pm y)=\cosh x\cosh y\pm \sinh x\sinh y \\
& \sinh(2x)=2\sinh x\cosh x \\
& \cosh(2x)=\cosh^2 x+\sinh^2 x \\
& \sinh x\pm \sinh y=2\sinh\left(\dfrac{x\pm y}{2}\right)
\cosh\left(\dfrac{x\mp y}{2}\right) \\
& \cosh x+\cosh y   =2\cosh\left(\dfrac{x+y}{2}\right)
\cosh\left(\dfrac{x-y}{2}\right) 
\end{align*}
双曲正弦$ y=\sinh x $的反函数为$ y=\ln(x+\sqrt{x^2+1})\ (x\in\textbf{R}) $；\\
双曲余弦$ y=\cosh x\ (x\geq 0) $的反函数为$ y=\ln(x+\sqrt{x^2-1})\ (x\geq 1) $.

至此，本书一共介绍了3个(连续)函数能满足函数方程
\begin{gather*}
    f(x_1+x_2)f(x_1-x_2)=[f(x_1)]^2-[f(x_2)]^2
\end{gather*}
分别为$f(x)=kx,\ f(x)=A\sin(\omega x),\ f(x)=A\sinh(\omega x)$，
请读者自行验证。

\item 函数$z=A_1\sin(k_1x+\omega t)+A_2\sin(k_2y+\omega t)$
在一些画质要求不高或硬件性能较差的场合可被用来模拟水面的波纹，
其中$x,y,z$为三维空间的坐标，$t$代表时间。
比如$ z=\sin(x)+\sin(y) $的图像如下：
\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=0.7\linewidth]{PDF_Picture/曲面z=sinx+siny}
\end{figure}

\end{itemize}

\section{三次方程求根公式}
\begin{itemize}[leftmargin=\inteval{\myitemleftmargin}pt,itemsep=
   \inteval{\myitemitempsep}pt,topsep=\inteval{\myitemtopsep}pt]
\item 奇数次多项式至少存在一个实零点，实零点的数量也一定是奇数。
偶数次多项式可能没有实零点，实零点的数量一定是偶数(包括0个)，
一定存在极大值或极小值。

\item 对于任意三次方程$ ax^3+bx^2+cx+d=0 $，可先除以非零的$ a $，把三次项系数化为1，
再通过平移变换$ x=t-\dfrac{b}{3a} $，消去三次方程的二次项，故只需考虑形如$ x^3+px+q=0 $的三次方程。
引入新的未知数$ u,v $，并假设$ x=u+v $，则
\begin{gather*}
    x^3=u^3+v^3+3uv(u+v)=u^3+v^3+3uvx  \\
     x^3-3uvx-(u^3+v^3)=0
\end{gather*}
比较系数可得：
$ \begin{dcases}
-3uv = p \ \left(u^3v^3=-\dfrac{p^3}{27} \right) \\
-(u^3+v^3) = q
\end{dcases} \vspace{-4mm} $，于是，$ u^3,v^3 $是二次方程$ y^2+qy-\dfrac{p^3}{27}=0 $的根，二次方程的判别式除以4以后仍用
$ \Delta $表示，$ \Delta=\dfrac{q^2}{4}+\dfrac{p^3}{27} $. 解二次方程可得：
$ u^3=-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta},\ v^3=-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}$.
再令$ \omega=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\i =
\cos\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)+\i\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)
=\e^{\i\frac{2\pi}{3}}$，则$ \omega^3=1 $， 那么三次方程$ x^3+px+q=0 $的求根公式可表达如下：
\begin{align*}
\begin{dcases}
    x_1= \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}}+
    \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}} \\
    x_2= \omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}}+
    \omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}} \\
    x_3= \omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}}+
    \omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}} 
\end{dcases} 
\end{align*}
大家可能觉得$ \Delta=\dfrac{q^2}{4}+\dfrac{p^3}{27} $难以记忆，
其实，只要使用量纲分析，就不算困难。对于三次方程$ x^3+px+q=0 $，
如果认为$ x $代表长度，那么$ p $就是面积(长度的2次方)，
$ q $就是体积(长度的3次方)，
$ p^3 $和$ q^2 $具有相同的单位(都是长度的6次方)，
否则两者不能进行加法运算，再把$ \Delta $写成
$ \Delta=\dfrac{q^2}{2^2}+\dfrac{p^3}{3^3} $就好记了。

\item 对于一般的四次函数$ ax^4+bx^3+cx^2+dx+e $，
做平移$ x=t-\dfrac{b}{4a} $，可以消去三次项。
四次方程也有求根公式，而五次及更高次的一般方程，没有求根公式。

\item 形如$ ax^4+bx^3+cx^2\pm bx+a=0 $的特殊四次方程，可以通过将方程
整体除以$ x^2 $，再作换元$ u=x\pm \dfrac{1}{x} $进行求解。
比如$ bx $前面取“+”时，
\begin{gather*}
    ax^4+bx^3+cx^2+bx+a=0 \\
    ax^2+bx+c+\dfrac{b}{x}+\dfrac{a}{x^2}=0 \\
    a\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}\right)+b\left(x+\dfrac{1}{x}\right)+c=0 \\
    a\left[\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2-2\right]+b
    \left(x+\dfrac{1}{x}\right)+c=0 \\
    au^2+bu+(c-2a)=0
\end{gather*}

\item 三次函数$ y =ax^3+cx+d $上的点$ (x_0,y_0) $
处的切线斜率计算：
\begin{align*}
\begin{dcases}
    y = k(x-x_0)+y_0  \\
    y = ax^3+cx+d
\end{dcases}
\end{align*}
其中，$ y_0=ax_0^3+cx_0+d $，消去$ y $可得：
\begin{gather*}
ax^3+(c-k)x+(kx_0-ax_0^3-cx_0)=0 \\
\Delta=\dfrac{(c-k)^3}{27a^3}+\dfrac{(kx_0-ax_0^3-cx_0)^2}{4a^2}=0 \\
k=3ax_0^2+c
\end{gather*}

\end{itemize}

\section{复数的一些性质}
\begin{itemize}[leftmargin=\inteval{\myitemleftmargin}pt,itemsep=
   \inteval{\myitemitempsep}pt,topsep=\inteval{\myitemtopsep}pt]
\item 虚数单位$ \i $的整数次幂的周期性：
$ \i^{4n}=1,\ \i^{4n+1}=\i,\ \i^{4n+2}=-1,\ \i^{4n+3}=-\i $.  

\item 共轭复数的性质：$ \overline{\overline{z}}=z,\ 
\overline{z_1\pm z_2}=\overline{z_1}\pm \overline{z_2},\ 
\overline{z_1\cdot z_2}=\overline{z_1}\cdot \overline{z_2},\ 
\overline{\dfrac{z_1}{z_2}}=\dfrac{\overline{z_1}}
{\overline{z_2}} $.  

\item 复数的模的性质：$ |z|=|\overline{z}|,\ z\overline{z}=
|z|^2=|\overline{z}|^2,\ |z_1z_2|=|z_1||z_2|,\ \left|\dfrac{z_1}{z_2}\right|=
\dfrac{|z_1|}{|z_2|} $. \\
对于向量$ \vec{a} $，有$ \vec{a}^2=
|\vec{a}|^2 $，而对于不是实数的复数$ z=a+b\i $，有
$ z^2=a^2-b^2+2ab\i \neq |z|^2=a^2+b^2 $. 

\item $ \left||z_1|-|z_2|\right|\leq |z_1\pm z_2|
\leq|z_1|+|z_2| $. \quad
$ |z_1+z_2|^2+|z_1-z_2|^2=2\left( |z_1|^2+|z_2|^2 \right) $. 

\item 没有实根的偶数次多项式，总能写成两个更低次数的多项式的平方和，
而且写法不唯一。比如：
\begin{align*}
 &\ x^4+2x^3+11x^2+18x+18 \\
=&\  (x^2+2x+2)(x^2+9)  \\
=&\  [(x+1-\i)(x+1+\i)][(x-3\i)(x+3\i)] \\
=&\  [(x+1-\i)(x-3\i)][(x+1+\i)(x+3\i)] \\
=&\  [(x^2+x-3)-(4x+3)\i][(x^2+x-3)+(4x+3)\i] \\
=&\  (x^2+x-3)^2+(4x+3)^2  \\
=&\  [(x+1-\i)(x+3\i)][(x+1+\i)(x-3\i)] \\
=&\  (x^2+x+3)^2+(2x+3)^2
\end{align*}

\item 考虑$ x^n+1 $，如果$ n $含有一个大于2的质因子，比如$ n=ps $，其中$ p $
是大于2的质因子(当然也是一个奇数)，
那么
\begin{gather*}
    x^n+1=1-(-x^s)^p=[1-(-x^s)][1+(-x^s)+(-x^s)^2-\cdots +(-x^s)^{p-1}]
\end{gather*}
如果$ n=2^r $，那么$ x^n+1 $在实数范围内无法分解出一次的因式。比如
\begin{align*}
x^4+1 =&\  (x^2-\sqrt{2}x+1)(x^2+\sqrt{2}x+1)   \\
=&\  \left[x-\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\i \right)\right] 
\left[x-\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\i \right)\right]
\cdot \\
&\ \left[x-\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\i \right)\right]
\left[x-\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\i \right)\right]  \\
x^8+1 =&\  \left( x^2+\sqrt{2+\sqrt{2}}\ x+1\right) \cdot
\left( x^2-\sqrt{2+\sqrt{2}}\ x+1\right) \cdot \\
&\ \left( x^2+\sqrt{2-\sqrt{2}}\ x+1\right) \cdot
\left( x^2-\sqrt{2-\sqrt{2}}\ x+1\right)
\end{align*}

\item 考虑$ x^{n}+a^n=0\ (a>0) $，它的$ n $个复数根为
$ x=a\e^{\i\frac{1+2k}{n}\pi} ,\ k=0,1,2\cdots ,(n-1) $. 
取其中两个互为共轭的根，作如下乘法：
\begin{gather*}
    \left(x-a\e^{\i\frac{1+2k}{n}\pi}\right)
    \left(x-a\e^{-\i\frac{1+2k}{n}\pi}\right)=
    x^2-2ax\cos\left(\dfrac{1+2k}{n}\pi\right) +a^2    
\end{gather*}
上式右侧便是$ x^n+a^n $的一个二次因式。比如$ n=5 $时，
\begin{align*}
    x^5+a^5 &=(x+a)\left(x^2-2ax\cos\dfrac{\pi}{5}+a^2 \right)
    \left(x^2-2ax\cos\dfrac{3\pi}{5}+a^2 \right) \\
    &=(x+a)\left(x^2-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2} ax+a^2 \right)
    \left(x^2+\dfrac{\sqrt{5}-1}{2} ax+a^2 \right)
\end{align*}

%\item 考虑两个复数的除法，$ \dfrac{A+B\i}{C+D\i}=P+Q\i\ (CD\neq 0) $，那么
%\begin{align}\label{复数除法比较性能}
%    P=\dfrac{AC+BD}{C^2+D^2},\q Q=\dfrac{BC-AD}{C^2+D^2}  
%\end{align}
%现在要编一段计算机程序，在已知$ A, B, C, D $的情况下求$ P,Q $.
%如果直接按上面的计算公式编程，至少需要进行6次浮点数乘法运算
%2次浮点数除法运算，2次浮点数加法和1次浮点数减法。至少6次乘法是
%因为$ C^2+D^2 $算过以后可以用一个变量$ E $来保存，
%省掉了2次乘法和1次加法，即
%\begin{align*}
%    E &=C^2+D^2\\
%    P &=\dfrac{AC+BD}{E},\q Q=\dfrac{BC-AD}{E}
%\end{align*}
%将以上算法暂时命名为“直接算法”。请读者思考，是否有办法减少乘法的次数？
%在知名的开源线性代数库LAPACK中，有一个名叫dladiv.f的
%Fortran语言代码文件，里面提供的函数就是来计算$ P,Q $的，
%这种十分在意性能的数学库采取了什么方法来计算
%$ P,Q $呢？实际上就是对(\ref{复数除法比较性能})式进行了等价的变形，
%分子分母同时除以$ C $，得
%\begin{align*}
%    P=\frac{A+B\cdot\frac{D}{C}}{C+D\cdot\frac{D}{C}},\q
%    Q=\frac{B-A\cdot\frac{D}{C}}{C+D\cdot\frac{D}{C}}
%\end{align*}
%引入两个新的变量$ E=\dfrac{D}{C},\ F=C+DE $，那么
%\begin{gather*}
%    P=\dfrac{A+BE}{F},\q Q=\dfrac{B-AE}{F}
%\end{gather*}
%在这种算法中，共有3次乘法，3次除法，2次加法和1次减法。以增加1次除法
%为代价，减少了3次乘法。假如乘法和除法的耗时几乎一样，那么LAPACK
%中的算法效率更高。假如除法的耗时明显比乘法长，那么直接算法可以修改为
%\begin{align*}
%    E &=\dfrac{1}{C^2+D^2} \\
%    P &=(AC+BD)E,\q Q=(BC-AD)E
%\end{align*}
%总共8次乘法，1次除法，加减法次数不变。LAPCAK中的方法可以修改为
%\begin{align*}
%    E &=\dfrac{D}{C},\q F=\dfrac{1}{C+DE} \\
%    P &=(A+BE)F,\q Q=(B-AE)F
%\end{align*}
%总共5次乘法，2次除法，加减法次数不变。与“6乘2除”的直接算法相比肯定更快。
%但与“8乘1除”相比哪个更快，结论并不确定，与执行计算的硬件有关。
%感兴趣的读者可以用C++写程序，在Visual Studio中或者去网站
%https://quick-bench.com上对比一下上面4种写法的速度差异。


\end{itemize}

%\section{反三角函数}

%\end{itemize}

\section{欧拉公式$ \e^{\i x}=\cos x+\i\sin x $}
\begin{itemize}[leftmargin=\inteval{\myitemleftmargin}pt,itemsep=
   \inteval{\myitemitempsep}pt,topsep=\inteval{\myitemtopsep}pt]
\item $^*$ 自然对数的底数$ \e $的定义如下\footnote{人教版2019版高中数学必修第一册，第四章“指数函数与对数函数”习题(110页)中出现了这一知识点。}：
\begin{align}\label{e的定义}
\e=\lim_{n\to \infty}\left( 1+\dfrac{1}{n}\right)^n
=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{k!}= 2.718281828 \cdots
\end{align}
\begin{align}
\e^x=&\ \lim_{n\to\infty}\left(1+ \dfrac{1}{n}\right)^{nx}\xlongequal{nx=m}
\lim_{m\to\infty}\left(1+\dfrac{x}{m}\right)^{m}=\lim_{m\to\infty}
\left[\sum_{k=0}^{m}C_m^k\left(\dfrac{x}{m}\right)^k\right]\\
=&\ \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{x^k}{k!}=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\cdots
\label{ex泰勒展开}
\end{align}
在上式中将$ x $换成$\i x$，并利用欧拉公式$ \e^{\i x}=\cos x+\i\sin x $，
可得到$ \sin x, \cos x $的泰勒展开：
\begin{gather*}
\e^{\i x} = \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(\i x)^k}{k!}= \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k x^{2k}}{(2k)!}+
\i\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}=\cos x+\i\sin x 
\end{gather*}  
\begin{gather}  
\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\dfrac{x^6}{6!}+\cdots 
\label{余弦泰勒展开} \\
\sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\dfrac{x^7}{7!}+\cdots 
\label{正弦泰勒展开}
\end{gather}
由$ \e^x,\sin x $的泰勒展开，可得两个重要极限：
\begin{align}
\lim_{x\to 0}\dfrac{\e^x-1}{x}=1  \label{(e^x-1)/x极限} \\
\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1  \label{sinx/x极限}
\end{align}

\noindent$\left( 1+\dfrac{1}{x}\right)^x,\dfrac{\e^x-1}{x},\dfrac{\sin x}{x} $
三者的图像如下：
\begin{figure}[H]  % TwoImportLimit.m
\centering
\includegraphics[width=0.8\linewidth]{两个重要极限图像.pdf}
\end{figure}

\item 设$ z_1=r_1(\cos\alpha_1 +\i\sin\alpha_1),\ 
z_2=r_2(\cos\alpha_2 +\i\sin\alpha_2) $，那么
\begin{align*}
z_1z_2=\ & r_1(\cos\alpha_1+\i\sin\alpha_1)\cdot r_2(\cos
\alpha_2+\i\sin\alpha_2)\\=\ & (r_1r_2)[(\cos\alpha_1\cos\alpha_2-
\sin\alpha_1\sin\alpha_2)+\i(\sin\alpha_1\cos\alpha_2+
\cos\alpha_1\sin\alpha_2)]\\=\ & (r_1r_2)[\cos(\alpha_1+
\alpha_2)+\i\sin(\alpha_1+\alpha_2)]
\end{align*}
所以，复数乘法的效果是：模相乘，幅角相加。

\item 设$ z=x+\i y=r\cos \alpha+\i r\sin \alpha $，现将$ z $绕原点逆时针旋转$ \theta $角，得到新的复数$ z'=x'+\i y' $，$ z' $的模仍然是$ r $，但幅角变成$ \alpha+\theta $，所以
\begin{gather}\label{坐标旋转公式}
\begin{dcases}
    x'=r\cos (\alpha+\theta)=\underbrace{r\cos\alpha}_{x}
    \cos\theta-	\underbrace{r\sin\alpha}_{y}\sin\theta	
    =x\cos\theta-y\sin\theta  \\
    y'=r\sin (\alpha+\theta)=\underbrace{r\sin\alpha}_{y}
    \cos\theta+\underbrace{r\cos\alpha}_{x}\sin\theta
    =x\sin\theta+y\cos\theta
\end{dcases} 
\end{gather}
以上两式可实现坐标的旋转。可使用下面的复数乘法辅助记忆坐标旋转公式。
\begin{gather*}
x'+\i y'=(x+\i y)(\cos\theta +\i\sin\theta)
=(x\cos\theta-y\sin\theta)+\i(x\sin\theta+y\cos\theta)
\end{gather*} 
%$ \begin{aligned}
%   \cos\dfrac{\pi}{9}=\dfrac{1}{2}\left(e^{i\dfrac{\pi}{9}}+
%    e^{-i\dfrac{\pi}{9}}\right)=&\ \dfrac{1}{2}\left(\sqrt[3]{e^{i\dfrac{\pi}{3}}}+
%    \sqrt[3]{e^{-i\dfrac{\pi}{3}}}\right)\\
%    =&\ \dfrac{1}{2}\left(\sqrt[3]{\dfrac{1}{2}+
    %    \dfrac{\sqrt{3}}{2}i}+ \sqrt[3]{\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}\right)
%    =0.939692\cdots 
%\end{aligned} $
\item 两个单位复数的加减法：(注意使用和差化积公式)
\begin{align*}
    \e^{\i\theta_1}+\e^{\i\theta_2}=&\ (\cos\theta_1+\cos\theta_2)+\i(\sin\theta_1+\sin\theta_2)\\
    =&\ 2\cos\dfrac{\theta_1+\theta_2}{2}\cos\dfrac{\theta_1-\theta_2}{2}+
    2\i\sin\dfrac{\theta_1+\theta_2}{2}\cos\dfrac{\theta_1-\theta_2}{2} \\
    =&\ 2\cos\dfrac{\theta_1-\theta_2}{2}\e^{\i\frac{\theta_1+\theta_2}{2}}  \\
    \e^{\i\theta_1}-\e^{\i\theta_2}=&\ (\cos\theta_1-\cos\theta_2)+\i(\sin\theta_1-\sin\theta_2)\\
    =&\ -2\sin\dfrac{\theta_1+\theta_2}{2}\sin\dfrac{\theta_1-\theta_2}{2}+
    2\i\cos\dfrac{\theta_1+\theta_2}{2}\sin\dfrac{\theta_1-\theta_2}{2} \\
    =&\ 2\sin\dfrac{\theta_1-\theta_2}{2}\e^{\i\frac{\theta_1+\theta_2+\pi}{2}}  
\end{align*}

\end{itemize}

\section{$ n $ 倍角公式}
\begin{itemize}[leftmargin=\inteval{\myitemleftmargin}pt,itemsep=
   \inteval{\myitemitempsep}pt,topsep=\inteval{\myitemtopsep}pt]
\item 利用
\begin{gather}\label{欧拉公式n倍角情形}
    \e^{\i nx}=\cos nx +\i\sin nx=\left(
    \e^{\i x} \right)^n =(\cos x+\i\sin x)^n
\end{gather}
可得$ n $倍角公式。 $ 2\sim 6 $倍角公式如下：
\begin{align*}
    & \sin 2x=2\sin x\cos x \\    
    & \sin 3x=-4 \sin^3 x+ 3\sin x 	  \\
    & \sin 4x=4\cos^3x\sin x-4\cos x\sin^3 x  \\
    & \sin 5x=16\sin^5 x-20\sin^3 x+5 \sin x  \\
    & \sin 6x=6\cos^5 x\sin x-20\cos^3 x\sin^3 x+6\cos x \sin^5 x \\
    \\
    & \cos 2x=2\cos^2 x-1=1-2\sin^2 x=\cos^2 x- \sin^2 x  \\		
    & \cos 3x=4 \cos^3 x- 3\cos x  \\		
    & \cos 4x=8 \cos^4 x- 8\cos^2 x+1  \\		
    & \cos 5x=16\cos^5 x- 20\cos^3 x+5\cos x  \\
    & \cos 6x=32\cos^6 x-48\cos^4 x+ 18\cos^2 x-1 
\end{align*}
$ -4 \sin^3 x+ 3\sin x $(或$ 4 \cos^3 x- 3\cos x $)是关于$ \sin x $(或$ \cos x $)
的三次函数，而且正好没有二次项，这一特性也可以用来求解缺二次项的三次方程。

\item 将余弦的$ n $倍角公式看成关于$ \cos x $的多项式
(被称为第一类切比雪夫多项式)，记为$ T_n(u) $，
则$ T_n(\cos x)=\cos nx $，
$ T_0(u)=1,\ T_1(u)=u,\ T_2(u)=2u^2-1,\ T_3(u)=4u^3-3u,\ T_4(u)=8u^4-8u^2+1,\cdots $，
其递推公式为：
\begin{align}\label{车比雪夫多项式递推关系}
    T_{n+1}(u)=2uT_n(u)-T_{n-1}(u)
\end{align}
该递推公式实际上就是：$ \cos(n+1)\theta=2\cos\theta\cos n\theta-
\cos(n-1)\theta $，这是容易验证的。 

% 这个方法把方程的次数弄得太高，放弃。
%\item 在$ n $倍角公式中，令$ x=\dfrac{2\pi}{n} $，可得到
%$\sin(\dfrac{2\pi}{n}),\cos(\dfrac{2\pi}{n}) $所满足的代数方程(被称为分圆方程)。
%考虑五等分圆，$ \cos(5\cdot \dfrac{2\pi}{5})=16\cos^5(\dfrac{2\pi}{5})- 20\cos^3 (\dfrac{2\pi}{5})+
%5\cos \dfrac{2\pi}{5}=1 $，令$ u=\cos \dfrac{2\pi}{5} $，则
%\begin{align*}
%    16u^5-20u^3+5u-1=(u-1)(4u^2+2u-1)^2=0
%\end{align*}
%所以，$ \cos \dfrac{2\pi}{5} $是方程$ 4u^2+2u-1=0 $的一个根。
%
%另外，根据$ T_3(u)-T_2(u)=4u^3-3u-(2u^2-1)=(u-1)(4u^2+2u-1) $，有
%\begin{align*}
%    \cos3x-\cos2x=(\cos x-1)(4\cos^2x+2\cos x-1)=0
%\end{align*}
%显然，$ \dfrac{2\pi}{5} $是方程$ \cos3x-\cos2x=0 $的一个根。解二次方程
%$ 4u^2+2u-1=0 $可得：$ \cos\dfrac{2\pi}{5}=u=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4} $. 

\item 考虑5次单位根：
\begin{align*}
    x^5-1=&\ (x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)=(x-1) x^2 \left(x^2+x+1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2} \right)  \\
    =&\  (x-1) x^2 \left[\left( x+\dfrac{1}{x} \right)^2+ \left( x+\frac{1}{x} \right)-1  \right] \\
    =&\ (x-1) x^2\left[ \left(x+\dfrac{1}{x} \right)-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}  \right] 
    \left[ \left(x+\dfrac{1}{x} \right)+\dfrac{\sqrt{5}+1}{2} \right]   \\
    =&\  (x-1)\left( x^2-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}x+1\right) \left( x^2+\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}x+1\right) 
\end{align*}
解方程$  x^2-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}x+1=0 $，可得$ x_{1,2}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}
\pm \i\dfrac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}=\cos\dfrac{2\pi}{5}\pm \i \sin \dfrac{2\pi}{5} $. 

\item 利用特殊的等腰三角形计算$ \cos\dfrac{2\pi}{5} $：
在三个内角分别为$ 36^{\circ},72^{\circ},72^{\circ}$
的等腰三角形中，连接$ 72^{\circ} $角的顶点和对边中点，
可得一对相似三角形，根据对应边成比例的性质可以得到一个二次方程，
从而求得$ 36^{\circ},72^{\circ},18^{\circ} $的正、余弦值。
\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=0.2\linewidth]{36度72度三角形}
\end{figure}
因为$ 36=3\times 3 \times 2\times 2 $，所以，只要利用二倍角和三倍角公式，
并利用二次方程和三次方程的求根公式，就能得到$ 1^{\circ} $角的
正余弦值的根式表达式。

\item 当$ n $是奇数时有
\begin{gather}\label{两个互补的角的余弦之和为零}
    \cos\dfrac{(n+1)\pi}{2n}+\cos\dfrac{(n-1)\pi}{2n}=0
\end{gather}
上式中令$ n=5 $，有
\begin{gather*}
    \cos\dfrac{3\pi}{5}+\cos\dfrac{2\pi}{5}=0
\end{gather*}
设$ \cos\dfrac{\pi}{5}=x $，利用三倍角和二倍角公式，有
\begin{gather*}
    (4x^3-3x)+(2x^2-1)=0
\end{gather*}
观察到$ x=-1 $是以上3次方程的一个根，故可以因式分解：
\begin{gather*}
    (x+1)(4x^2-2x-1)=0
\end{gather*}
$ \cos\dfrac{\pi}{5}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{4} $就是方程
$ 4 x^2-2x-1=0 $的正根。因为$ \cos\dfrac{\pi}{5} $的表达式
只含有二次根式，所以尺规作图可以作出正五边形。\\
类似地，在\eqref{两个互补的角的余弦之和为零}中令$ n=7 $，
设$ \cos\dfrac{\pi}{7}=x $，利用四倍角和三倍角公式，有
\begin{gather*}
    (8x^4-8x^2+1)+(4x^3-3x)=0 \\
    (x+1)(8x^3-4x^2-4x+1)=0
\end{gather*}
利用三次方程的求根公式，就能写出$ \cos\dfrac{\pi}{7} $
的根式表达式\footnote{我经常拿“$ \sin\frac{\pi}{7} $的精确值如何用根式表达？”去测试各个AI聊天机器人，比如ChatGPT、Claude、DeepSeek、文心一言等，几乎没有AI能够(一次性)答对，做得最好的AI，也犯了拿$ \cos\frac{\pi}{7} $的表达式当成$ \sin\frac{\pi}{7} $的表达式的错误。做得差的AI，直接说无法用根式表达，或者给一些错得离谱的等式，连同一个角的正余弦值的平方和为1这种简单公式都用不对。目前没有AI会对它自己给出的根式表达式进行数值计算，再判断是否与直接用某种编程语言的库函数计算$ \sin\frac{\pi}{7} $的值(在浮点误差范围内)相等，很容易出现自信满满地胡说八道的现象。}。该表达式含有三次根式，所以尺规作图无法作出正七边形。\\
在\eqref{两个互补的角的余弦之和为零}中令$ n=17 $，
并记$ \cos\dfrac{\pi}{17}=x $，则
\begin{gather*}
    (256x^9-576x^7+432x^5-120x^3+9x)+(128x^8-256x^6+160x^4-32x^2+1)=0\\
    (x+1)(256x^8-128x^7-448x^6+192x^5+240x^4-80x^3-40x^2+8x+1)=0
\end{gather*}
只要能解出上面的8次方程，就能写出$ \cos\dfrac{\pi}{17} $
的根式表达式。高斯找出了尺寸作图画正17边形的方法\footnote{参见
    https://www.zhihu.com/question/26096850}，本质上就是
找到了这个8次方程的根式解，而且这些解都只含有二次根式，
但高斯的解法的出发点并不是
$ \cos\dfrac{9\pi}{17}+\cos\dfrac{8\pi}{17}=0 $，
而是利用了17次单位根的乘法的周期性。

\item 利用$ \cos x=\dfrac{\e^{\i x}+\e^{-\i x}}{2},
\sin x=\dfrac{\e^{\i x}-\e^{-\i x}}{2\i} $可得：$
\cos^n x=\left( \dfrac{\e^{\i x}+\e^{-\i x}}{2}\right)^n,\ 
\sin^n x=\left(\dfrac{\e^{\i x}-\e^{-\i x}}{2\i}\right)^n $,
% 请写出$ \cos^3 x,\cos^4 x,\cdots \sin^3 x,\sin^4 x,\cdots $ 的表达式并总结规律。\\
\begin{align*}
    &  \sin^3 x=\dfrac{1}{4}(-\sin3x+3\sin x)  \\
    &  \cos^3 x=\dfrac{1}{4}( \cos3x+3\cos x)	\\
    &  \sin^4 x=\dfrac{1}{8}(\cos 4x-4\cos 2x+3)  \\
    &  \cos^4 x=\dfrac{1}{8}(\cos 4x+4\cos 2x+3) 
\end{align*}
这种变形的用途之一就是计算积分：$ \int \cos^n x \d x $和$ \int \sin^n x \d x $. 

\end{itemize}

\section{一些连加与连乘公式}
\begin{itemize}[leftmargin=\inteval{\myitemleftmargin}pt,itemsep=
   \inteval{\myitemitempsep}pt,topsep=\inteval{\myitemtopsep}pt]
\item 利用如下两个恒等式可计算$ \sum\limits_{k=1}^{n}\cos kx $
和$ \sum\limits_{k=1}^{n}\sin kx $. 
\begin{align*}
    &\sin\left(k+\dfrac{1}{2}\right) x-\sin\left(k-\dfrac{1}{2}\right) x=2\cos kx\sin \dfrac{x}{2} \\
    &\cos\left(k-\dfrac{1}{2}\right) x-\cos\left(k+\dfrac{1}{2}\right) x=2\sin kx\sin \dfrac{x}{2} 	 		
\end{align*}
将$ n $个这样的式子相加可得：
\begin{align}
    \sum_{k=1}^{n}\cos kx=\dfrac{\sin\left( n+\dfrac{1}{2}\right) x-\sin 
        \dfrac{x}{2}}{2\sin \dfrac{x}{2}} \label{余弦等差连加} \\
    \sum_{k=1}^{n}\sin kx=\dfrac{-\cos\left( n+\dfrac{1}{2}\right) x+\cos 
        \dfrac{x}{2}}{2\sin \dfrac{x}{2}}	\label{正弦等差连加}
\end{align}
这两个求和常被作为数学归纳法的例题。对这两个公式两边同时求导，可以衍生出很多结果。
还可利用欧拉公式计算求和结果，$ \sum\limits_{k=1}^{n}\e^{\i kx}=\dfrac{\e^{\i x}-\e^{\i(n+1)x}}{1-\e^{\i x}} $，
实部就是$ \sum\limits_{k=1}^{n}\cos kx $，虚部就是$ \sum\limits_{k=1}^{n}\sin kx $. 
令$ x=\dfrac{2\pi}{n} $，两个和式均为0，此时$ \cos kx+\i\sin kx $就是1的$ n $次单位根，
它们等间距分布在单位圆上。如果把它们看作一个个的质点，那么它们的重心肯定在原点。

\item 反复使用正弦二倍角公式：
\begin{align*}
    \sin x =&\ 2\sin\dfrac{x}{2} \cos\dfrac{x}{2} \\
    =&\ 2^2 \sin\dfrac{x}{4} \cos\dfrac{x}{4}  \cos\dfrac{x}{2} \\
    =&\  \cdots \\
    =&\  2^n \sin\dfrac{x}{2^n}\cos\dfrac{x}{2^n} \cdots \cos\dfrac{x}{4}\cos\dfrac{x}{2}     
\end{align*}
所以
\begin{align}\label{余弦等比连乘}
    \cos\dfrac{x}{2} \cos\dfrac{x}{4}\cdots  \cos\dfrac{x}{2^n}
    =\dfrac{\sin x}{2^n \sin\dfrac{x}{2^n}}
\end{align}
例如，令$ n=3,x=\dfrac{8\pi}{9} $，则
\begin{align*}
    \cos\dfrac{\pi}{9}\cos\dfrac{2\pi}{9}\cos\dfrac{4\pi}{9}
    =\dfrac{\sin\dfrac{8\pi}{9}}{8\sin\dfrac{\pi}{9}}=\dfrac{1}{8}
\end{align*}

\item 根据等式$ \cos\left(2\cdot \dfrac{\theta}{2^{n+1}}\right)=
2\cos^2\left(\dfrac{\theta}{2^{n+1}}\right)-1 $，
如果记$ a_n=\cos\left(\dfrac{\theta}{2^n}\right) $，那么
\begin{gather*}
    a_{n+1}^2=\dfrac{1}{2}a_n+\dfrac{1}{2},\q a_{n+1}=\sqrt{\dfrac{a_n+1}{2}}
\end{gather*}
以后面对这一递推关系，就知道了其通项公式。再做代换$ a_{n}=\dfrac{1}{2}b_n $，
就能得到另一种常见变体：
\begin{gather*}
    \dfrac{1}{4}b_{n+1}^2=\dfrac{1}{4}b_n+\dfrac{1}{2},\q 
    b_{n+1}^2=b_n+2,\q b_{n+1}=\sqrt{b_n+2}
\end{gather*}

\item $ (1-z)(1+z+z^2+\cdots +z^{n-1})=1-z^{n} $，令$ z_k=\e^{\i\frac{2k\pi}{n}},
\ k=1,2,\cdots,n-1 $，则$ z_k^n=\e^{\i\cdot 2k\pi}=1 $，$ z_k $是方程
$ 1+z+z^2+\cdots +z^{n-1}=0 $的$ n-1 $个根，所以，
\begin{gather*}
    (z-z_1)(z-z_2)\cdots(z-z_{n-1})=1+z+z^2+\cdots +z^{n-1}
\end{gather*}
令$ z=1 $可得：
\begin{gather*}
    (1-z_1)(1-z_2)\cdots(1-z_{n-1})=1+1+1+\cdots +1=n
\end{gather*}
两边同时取模：
\begin{gather}\label{1-zk取模}
    |1-z_1||1-z_2|\cdots|1-z_{n-1}|=n
\end{gather}
另外，
\begin{gather*}
    1-z_k=1-\cos\left(\dfrac{2k\pi}{n} \right)-
            \i\sin\left(\dfrac{2k\pi}{n} \right) \\ 
    |1-z_k|=\sqrt{\left[1-\cos\left(\dfrac{2k\pi}{n} \right) \right]^2+
   \sin^2 \left(\dfrac{2k\pi}{n} \right) }=2\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)
\end{gather*}
于是(\ref{1-zk取模})式成为：
\begin{align}\label{正弦等差连乘}
    2^{n-1}\sin\left(\dfrac{\pi}{n} \right)\sin\left(\dfrac{2\pi}{n} \right)\cdots
    \sin\left(\dfrac{(n-1)\pi}{n} \right)=n
\end{align}
更一般的结果为：
\begin{align}\label{一般正弦等差连乘}
    2^{n-1}\sin(x)\sin\left(x+\dfrac{\pi}{n} \right)\sin\left(x+\dfrac{2\pi}{n} \right)\cdots
    \sin\left(x+\dfrac{(n-1)\pi}{n} \right)=\sin(nx)
\end{align}
在(\ref{一般正弦等差连乘})式中令$ x \to 0 $，并利用极限$ \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin nx}{\sin x}=n $，就能得到
(\ref{正弦等差连乘})式。把(\ref{一般正弦等差连乘})式中的$ x $换成$ x+\dfrac{\pi}{2} $，有：
\begin{align}\label{余弦等差连乘}
    2^{n-1}\cos(x)\cos\left(x+\dfrac{\pi}{n} \right)\cos\left(x+\dfrac{2\pi}{n}
    \right)\cdots \cos\left(x+\dfrac{(n-1)\pi}{n} \right) 
    = \sin\left( nx+\dfrac{n\pi}{2}\right) 
\end{align}

\item 因为$ \tan(x_1-x_2)=\dfrac{\tan x_1-\tan x_2}{
    1+\tan x_1 \tan x_2} $，所以$ \tan x_1 \tan x_2=\dfrac{
    \tan x_1-\tan x_2}{\tan(x_1-x_2)}-1 $，进一步地，
\begin{align*}
    & \tan x\tan 2x+\tan 2x\tan 3x+\cdots +
    \tan (n-1)x\tan nx \\
    =&\ \dfrac{1}{\tan x}\left[(\tan 2x-\tan x)+
    (\tan 3x-\tan 2x)+\cdots +(\tan nx-\tan (n-1)x)\right]
    -(n-1)	\\ =&\  \dfrac{1}{\tan x}\left( \tan nx-
    \tan x\right)-(n-1) \\ =&\  \dfrac{\tan nx}{\tan x}-n
\end{align*}

\end{itemize}


\section{例题}
\begin{enumerate}[label={【\textbf{例\thechapter.\arabic*}】},
 leftmargin=\inteval{\myenumleftmargin}pt,
 itemsep=\inteval{\myenumitempsep}pt,
 itemindent=\inteval{\myenumitemindent}pt]
\item (2021，上海春季高考)已知$ \theta>0 $，存在实数$ \varphi $，
使得对任意 $ n\in \mathbf{N}^{+} $，$ \cos(n\theta+\varphi)
<\dfrac{\sqrt{3}}{2} $，求$ \theta $的最小值。
\begin{figure}[h]
    \centering
    \includegraphics[width=0.3\linewidth]{2021上海春季高考-角度问题}
\end{figure}

\textbf{解}\ 题目的意思是，可以选择一个合适的$ \varphi $作为初始值，
然后每次逆时针旋转$ \theta $角(步长为$ \theta $)，无论转多少次，
始终不会落在圆心角为$ \dfrac{\pi}{3} $的阴影区域中，
那么必有$ \theta>\dfrac{\pi}{3} $. 
这是因为，当$ n $足够大时，总会需要跨过阴影区域，步长太小，当然跨不过去。
另外，$ \theta $必须是$ 2\pi $的$ N $分之一，$ N\in \textbf{N}^+ $.
否则，转有限次后始终无法恰好回到初始位置，总会错开一些，最终必然会进入
阴影区域。举个例子，取$ \theta=1.1>\dfrac{\pi}{3},\ \varphi=-0.55 $，
当$ n=6 $时，$ n\theta+\varphi=6.05\in\left(\dfrac{11\pi}{6},
2\pi\right) $，进入了阴影区域。

综上所述，$ \dfrac{2\pi}{N}>\dfrac{\pi}{3},\ N=5 $，
$ \theta $的最小值是$ \dfrac{2\pi}{5} $. 

\item 求$ \arctan \dfrac{1}{2}+\arctan \dfrac{1}{3} $和$ \arctan 1+
\arctan 2+\arctan 3 $. \\
\textbf{方法一}\ $ \arctan x+\arctan y=\arctan\dfrac{x+y}{1-xy} $，
\begin{gather*}
    \arctan \dfrac{1}{2}+ \arctan\dfrac{1}{3}=\arctan\dfrac{\dfrac{1}{2}
        +\dfrac{1}{3}}{1-\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{3}}=\arctan 1=\dfrac{\pi}{4}
\end{gather*}
更一般地，当$ x\in [0,1] $时，$ \arctan x+\arctan \dfrac{1-x}{1+x}=\dfrac{\pi}{4} $. 
\begin{align*}
    (\arctan 1+\arctan 2)+\arctan 3 &=\arctan\dfrac{1+2}{1-1\times 2}
    +\arctan3 \\ &= (\pi-\arctan 3)+\arctan 3=\pi
\end{align*}
\textbf{方法二}\ 复数相乘的效果是：模相乘，角相加。\\
取$ a=2+\i,\ b=3+\i $，$ a,b $的幅角分别为$ \arctan 
\dfrac{1}{2},\arctan \dfrac{1}{3} $. \\ $ ab=(2+\i)(3+\i)=5+5\i $，
它的幅角为$ \dfrac{\pi}{4} $. \\
$ z_1=1+\i,\ z_2=1+2\i,\ z_3=1+3\i,\ z_1z_2z_3=-10 $，所以$ z_1,z_2,z_3 $
的幅角之和为$ \pi $. 

\item (2020,清华强基计划) 求$ \sum\limits_{k=1}^{\infty}\arctan\dfrac{2}{k^2} $. 
\\ \textbf{解}\ $ \arctan x-\arctan y=\arctan\dfrac{x-y}{1+xy} $，
\begin{align*}
    \sum_{k=1}^{\infty}\arctan\dfrac{2}{k^2} 
    =&\ \sum_{k=1}^{\infty}\arctan\dfrac{(k+1)-(k-1)}{1+(k+1)(k-1)} \\
    =&\ \sum_{k=1}^{\infty}\left[
    \arctan(k+1)-\arctan(k-1) \right]\\
    =&\ 2\arctan(+\infty)-\arctan1-\arctan0=
    \dfrac{3\pi}{4}
\end{align*}
类似地，$ \arctan\dfrac{1}{2k^2}=\arctan\dfrac{1}{2k-1}-
\arctan\dfrac{1}{2k+1} $. 

\item 求$ \dfrac{2\cos7.5^{\circ}-\sin22.5^{\circ}}{\cos 22.5^{\circ}} $的值。\\
\textbf{解}\ 
\begin{align*}
    \dfrac{2\cos7.5^{\circ}-\sin22.5^{\circ}}{\cos 22.5^{\circ}}=&\ 
    \dfrac{2\cos(30^{\circ}-22.5^{\circ})-\sin22.5^{\circ}}{\cos 22.5^{\circ}}\\ 
    =&\ \dfrac{2(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos22.5^{\circ}+\dfrac{1}{2}\sin22.5^{\circ})
        -\sin22.5^{\circ}}{\cos 22.5^{\circ}} = \sqrt{3}
\end{align*} 

\item $ \sin(\sin x),\ \sin(\cos x),\ \cos(\cos x),\ \cos(\sin x) $
的周期都是\underline{$\quad 2\pi \quad $}. $ \sin(\sin x)$, $
\sin(\cos x) $的值域是\underline{$\quad [-\sin 1,\sin 1] \quad$}. 
$ \cos(\cos x),\ \cos(\sin x) $的值域是\underline{$\quad
    [\cos 1,1] \quad $}. 

\item 用反证法证明：$ \tan 1^{\circ} $不是有理数。\\
\textbf{证}\ 假设$ \tan 1^{\circ} $是有理数，那么
\begin{align*}
    \tan 2^{\circ}&=\dfrac{2\tan 1^{\circ}}{1-\tan^2 1^{\circ}} \in \textbf{Q}\\
    \tan 3^{\circ}&=\tan (1^{\circ}+2^{\circ})=\dfrac{\tan 1^{\circ}
        +\tan 2^{\circ}}{1-\tan 1^{\circ}\cdot \tan 2^{\circ}} \in \textbf{Q} \\
    &\vdots \\
    \tan 15^{\circ}&=\tan (1^{\circ}+14^{\circ})=\dfrac{\tan 1^{\circ}+
        \tan 14^{\circ}}{1-\tan 1^{\circ}\cdot \tan 14^{\circ}} \in \textbf{Q}
\end{align*}
以上都是有理数，但$ \tan 15^{\circ}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}
=2-\sqrt{3} $是无理数，这就产生了矛盾，所以原命题成立。(若不熟悉$ 15^{\circ} $的正切值，
也可以递推到$ \tan 30^{\circ} $，与$ \tan 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $是无理数矛盾。)\\
\textbf{注}：$ \tan 75^{\circ}=2+\sqrt{3} $. 

\item 证明：$ \sin\left( \dfrac{1}{x}\right)  $不是周期函数。\\
\textbf{证}\ 用反证法，假设$ \sin\left( \dfrac{1}{x}\right)  $是周期函数，$ T $是它的一个正周期，那么
$ \sin\left( \dfrac{1}{x}\right)= \sin\left( \dfrac{1}{x+T}\right) $对任意$ x\neq 0,-T $成立，
显然，对$ x=1 $成立，即$ \sin\left( \dfrac{1}{1}\right)= \sin\left( \dfrac{1}{1+T}\right) $，
然而，根据正弦函数在区间$ [0,\dfrac{\pi}{2}] $上单调递增的性质，应该有$ \sin\left( \dfrac{1}{1}\right)> 
\sin\left( \dfrac{1}{1+T}\right) $，与前面的等式矛盾，
所以$ \sin\left( \dfrac{1}{x}\right)  $不是周期函数。

\item 证明：$ \sin(\sqrt{x})$不是周期函数。 \\
\textbf{证}\ 用反证法，假设$ \sin(\sqrt{x}) $的最小正周期是$ T $，那么$ \sin(\sqrt{x})=
\sin(\sqrt{x+T})=\sin(\sqrt{x+2T}) $，令$ x=0 $可得：
$ \sin(0)=\sin(\sqrt{T})=\sin(\sqrt{2T})=0 $，
于是存在正整数$ m,n $满足：$ \sqrt{T}=m\pi,\sqrt{2T}=n\pi $，两式相除可得：
$ \sqrt{2}=\dfrac{n}{m} $，这与$ \sqrt{2} $是无理数相矛盾。

\item $ ^* $ 证明：$ \sin(x^2) $不是周期函数。\\
\textbf{证}\ 用反证法，假设$ \sin(x^2) $的最小正周期是$ T $，
那么$ \sin(x^2)=\sin\left[(x+T)^2\right] $，
令$ x=0 $可得：$ \sin(0)=\sin(T^2)=0,\ T^2=m\pi,\ T=\sqrt{m\pi} $. 
再令$ x=\sqrt{2m\pi} $可得：$ \sin(2m\pi)=\sin\left[(
\sqrt{2m\pi}+\sqrt{m\pi})^2\right]=\sin\left[(3+2\sqrt{2})m\pi\right]=0 $，
于是$ (3+2\sqrt{2})m\pi=n\pi,\ 3+2\sqrt{2}=\dfrac{n}{m} $，$ 3+2\sqrt{2} $是无理数，
$ \dfrac{n}{m} $是有理数，这就产生了矛盾。

\textbf{注}\  $ \sin\Big(\dfrac{1}{x}\Big),\sin(\sqrt{x}),\sin(x^2)$均不是周期函数，
它们的零点都不是等间距分布的。这3个函数可分别看成$\sin\left(\dfrac{1}{x^2}
\cdot x\right),\sin\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\cdot x\right), 
\sin\left(x\cdot x\right)$，其中的$ \dfrac{1}{x^2},\dfrac{1}{\sqrt{x}},x $
可看成它们各自的$ \omega $，所以，随着$ |x| $增大，
$\sin\left(\dfrac{1}{x^2} \cdot x\right), 
\sin\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\cdot x\right)$频率降低，曲线变得更加稀疏。
而$ \sin(x\cdot x) $的频率提高，曲线变得更加密集。
\begin{figure}[h] % SinNonPeriodicTrigonometricFunction.m
    \centering
    \includegraphics[width=0.9\linewidth]{三个sin括号内变化的非周期函数}
\end{figure} 

 $ x\sin x,\dfrac{\sin x}{x},\dfrac{x}{\sin x} $
 也都不是周期函数。 \\
\begin{figure}[h] % SinNonPeriodicTrigonometricFunction.m
    \centering
    \includegraphics[width=0.9\linewidth]{三个乘除型非周期函数}
\end{figure}

% ShangHai2015.m
\item (2015，上海高考)对于定义域为$ \mathbf{R} $的函数$ g(x) $，
若存在正的常数$ T $，使得$ \cos g(x) $是以$ T $为周期的函数，
则称$ g(x) $为余弦周期函数，且称$ T $为其余弦周期。已知 $ f(x) $
是以 $ T $ 为余弦周期的余弦周期函数，其值域为 $ \mathbf{R} $.
设 $ f(x) $ 单调递增，$ f(0)=0,\ f(T)=4\pi $. \\
(1)验证$ g(x)=x+\sin\dfrac{x}{3} $是以$ 6\pi $为周期的余弦周期函数；\\
(2)设$ a<b $，证明对任意$ c\in[f(a),f(b)] $，存在 $ x_{0}\in[a,b] $，
使得 $ f(x_{0})=c $ ；\\
(3)证明：“$ u_{0} $ 为方程 $ \cos f(x)=1 $在$ [0,T] $上的解”
的充要条件是“ $ u_{0}+T $为方程$ \cos f(x)=1 $在区间$ [T,2T] $
上的解”，并证明:$\forall x\in[0,T] $，都有$ f(x+T)=f(x)+f(T) $ .\\
\textbf{解}\ (1)略 (2)由连续函数的介值定理或零点存在定理可得，略。 \\
(3) 充要条件证明略，重点关注$ f(x+T)=f(x)+f(T) $. \\
%\textbf{方法一}\ 容易验证，当$ x=0 $和$ T $时，结论成立。
%$ \cos f(2T)=\cos f(T)=\cos4\pi=1 $，因$ f(x) $单调递增，
%故$ f(2T)> f(T)=4\pi $，($ f(2T) $不可能等于$ 4\pi $，否则
%$ f(x) $在$ [T,2T] $上恒等于$ 4\pi $，不可能是余弦周期函数。)，
%所以，$ f(2T)=2k_1\pi,\ k_1\in \textbf{N},\ k_1\geq 3 $. \\
%\mycircled{1} 若$ k_1=3 $，则$ f(2T)=6\pi $，由(2)知存在$ x_0\in
%(0,T) $，使得$ f(x_0)=2\pi\in(0,4\pi) $，
%\begin{gather*}
%    \cos f(x_{0}+T)=\cos f(x_{0})=\cos2\pi=1\q \Rightarrow\q
%    f(x_{0}+T)=2k_{2}\pi,\ k_{2}\in\mathbf{Z}
%\end{gather*}
%$ f(T)<f(x_{0}+T)<f(2T) $，
%$4\pi<2k_2\pi<6\pi \Rightarrow\ 2<k_{2}<3$，矛盾；\\
%\mycircled{2} 若$k_{1}\geqslant 5,\ f(2T)\geqslant 10\pi$，
%则存在$ T<x_{1}<x_{2}<2T $，使得$ f(x_{1})=6\pi,\ f(x_{2})=8\pi $.
%则$ T,x_{1},x_{2},2T $为$ \cos f(x)=1 $在$[T,2T]$上的4个解，
%由“充要条件”可得，$ \cos f(x)=1 $在$[0,T]$上也有4个解。
%但$\cos f(x)=1$在$[0,T]$上只有$f(x)=0,2\pi,4\pi $这3个解，矛盾；\\
%\mycircled{3} 当$k_{1}=4$时,$f(2T)=8\pi=f(T)+f(T)$ ；
%当$x\in(0,T)$时，$f(x)\in(0,4\pi)$，考查方程$\cos f(x)=c$在$(0,T)$上的解，
%设其解为$f(x_{1}),f(x_{2}),\cdots,f(x_{n}) $，
%$ (x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n},\ 3\leq n\leq 4) $，
%则$f(x_{1}+T),f(x_{2}+T),\cdots,f(x_{n}+T)$为方程$\cos f(x)=c$在$(T,2T)$上的解。
%又$f(x_i+T)\in(4\pi,8\pi)$，而$f(x_{1})+4\pi,f(x_{2})+4\pi,\cdots,f(x_{n})+4\pi\in(4\pi,8\pi)$为方程$\cos f(x)=c$在$(T,2T)$上的解，所以
%\begin{align*}
% f(x_{i}+T)=f(x_{i})+4\pi=f(x_{i})+f(T)
%\end{align*}
%
%综上所述，对任意$x\in[0,T]$，都有$f(x+T)=f(x)+f(T)$.\\
%\textbf{方法二}\ 
因为$ \cos f(x+T)=\cos f(x) $，所以必有
\begin{gather} 
    f(x+T)= f(x) +2k\pi,\q k\in \textbf{N}^+ \tag*{\ding{172}}
\end{gather}
或者
\begin{gather}
    f(x+T)= 2k\pi-f(x),\q k\in \textbf{N}^+ \tag*{\ding{173}}
\end{gather}
因为\ding{173}式左侧关于$ x $单调递增，
右侧关于$ x $单调递减，矛盾，所以\ding{173}式不可能成立。

在\ding{172}式中令$ x=0 $可得：$ f(T)=f(0)+2k\pi $，
所以$ k=2 $，
\begin{gather*}
    f(x+T)=f(x)+4\pi=f(x)+f(T)
\end{gather*}

是否可能出现如下情况呢？比如存在$ t\in(0,T) $，
存在$ x_1\in(0,t),x_2\in (t,T) $，使得
\begin{align}
f(x_1+T) &= f(x_1) +2k_1\pi,\q k_1\in \textbf{N}^+ \tag*{\ding{174}}  \\
f(x_2+T) &= f(x_2) +2k_2\pi,\q k_2\in \textbf{N}^+ \tag*{\ding{175}}
\end{align}
其中$ k_1\neq k_2 $. 
回答是不可能。假如\ding{174},\ding{175}
两式都成立，那么在$ x=t+T $处，$ f(x) $的左右极限不相等。
又因为$ f(x) $是单调递增的，说明$ f(x) $在$ x=t+T $处出现了一个
向上的跳跃(或称“间断”)，此时，$ f(x) $的值域就达不到\textbf{R}，
与题意矛盾。证毕。\\
\textbf{注}：$ f(x+T)=f(x)+f(T) $与正比例函数的函数方程
$ f(x+y)=f(x)+f(y) $很相似，但我们并不能得出$ f(x) $
在$ (0,T) $上是正比例函数的结论，因为$ T $是固定的，而
$ y $是任意的。只能得出如下结论：
$ f(x) $在$ (T,2T) $上的图像是由$ f(x) $在$ (0,T) $
上的图像向右平移$ T $，再向上平移$ f(T)=2k\pi $得到的。
其它区间类似。比如$ f(x) $的一种可能的图像如下：
\begin{figure}[!ht]
    \centering
    \includegraphics[width=0.4\linewidth]{2015上海高考}
\end{figure}

\textbf{注}\ 上海高考数学允许使用CASIO fx-991CN X
型号的计算器，该计算器存在一些漏洞，可利用漏洞可获得一些
无法直接使用的功能，比如求最大公约数和最小公倍数等
\footnote{
    https://zhuanlan.zhihu.com/p/261156688\\
    https://zhuanlan.zhihu.com/p/464012892\\
    https://zhuanlan.zhihu.com/p/618704031}。

\item 用求根公式计算$ x^3-3x^2+4x-6=0 $的实根，然后借助计算器用二分法求实根。\\
\textbf{解}\ 作变换$ x=t+1 $，则原方程变为$ t^3+t-4=0,\ p=1,\ q=-4,\ 
\Delta=\dfrac{q^2}{4}+\dfrac{p^3}{27}=\dfrac{109}{27} $，原方程实根为：
\begin{align*}
    x =\sqrt[3]{2+\sqrt{\dfrac{109}{27}}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{\dfrac{109}{27}}}+1  
    =&\  \dfrac{\sqrt[3]{54+3\sqrt{327}}}{3}+\dfrac{\sqrt[3]{54-3\sqrt{327}}}{3}+1 \\
    =&\  \dfrac{\sqrt[3]{54+3\sqrt{327}}}{3}-\dfrac{1}{\sqrt[3]{54+3\sqrt{327}}}+1
\end{align*}

\item $ ^* $ $ x_1+x_2+x_3=1,\ x_1^2+x_2^2+x_3^2=2,\ 
x_1^3+x_2^3+x_3^3=3 $，求$ x_1x_2x_3 $. \\
\textbf{解}\ 
\begin{align*}
    (x_1+x_2+x_3)^2-(x_1^2+x_2^2+x_3^2)=&\ 2(x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3)=1-2=-1\\
    x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3=&\ -\frac{1}{2} 
\end{align*}
\begin{align*}
    &\ (x_1+x_2+x_3)^3-(x_1^3+x_2^3+x_3^3)=1-3=-2 \\
    =&\ 3(x_1^2x_2+x_1x_2^2+x_1^2x_3+x_1x_3^2+x_2^2x_3+x_2x_3^2)+6x_1x_2x_3\\
    =&\ 3(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)(x_1+x_2+x_3)-3x_1x_2x_3
    =-\frac{3}{2}-3x_1x_2x_3
\end{align*}
或者
\begin{align*}
    & x_1^3+x_2^3+x_3^3-3x_1x_2x_3=3-3x_1x_2x_3  \\
    =&\  (x_1+x_2+x_3)(x_1^2+x_2^2+x_3^2-x_1x_2-x_2x_3-x_3x_1)\\
    =&\  1\cdot\left(2+\dfrac{1}{2}\right)=\frac{5}{2}
\end{align*}
于是$ x_1x_2x_3=\dfrac{1}{6} $. 

根据韦达定理，$ x_1,x_2,x_3 $实际上是三次方程$ x^3-x^2-\dfrac{1}{2}x-
\dfrac{1}{6}=0 $的三个根，
借助求根公式可算出：$ x_1 \approx 1.430849566,x_{2,3}\approx -0.215424783 
\pm 0.2647131993 i $. 

\item 求复系数二次方程$ (1+\i)x^2+2\i x+3=0 $的两个根。\\
\textbf{方法一}\ $ \Delta=4\i^2-12(1+\i)=-16-12\i $，设$ \Delta=(a+b\i)^2 $，那么
$ \begin{dcases}
    a^2-b^2 =-16 \\
    2ab =-12
\end{dcases} $ ，解得
$ \begin{dcases}
    a=\sqrt{2} \\
    b=-3\sqrt{2}
\end{dcases} $或
$ \begin{dcases}
    a=-\sqrt{2} \\
    b=3\sqrt{2}
\end{dcases} $. 
于是
\begin{gather*}
    x_{1,2}=\dfrac{-2\i\pm (\sqrt{2}-3\sqrt{2})\i}{2(1+\i)}=-\dfrac{1}{2}
    -\dfrac{1}{2}\i\pm \Big(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{2} \i\Big)
\end{gather*}
注意，此时的两个复数根不是共轭复数，这与实系数二次方程不一样。

\item 去掉$ \sqrt{6+2\sqrt{5}} $ 和 $ \sqrt{2+\sqrt{3}} $ 
的外层根号。\\
\textbf{解}\ 设$ 6+2\sqrt{5}=(a+b\sqrt{5})^2=(a^2+5b^2)+2ab\sqrt{5}$，
那么
$ \begin{dcases}
    a^2+5b^2 = 6 \\
    2ab = 2
\end{dcases} $ ，解得
$ a=\pm 1,\ b=\pm 1 $，即$ \sqrt{6+2\sqrt{5}}=1+\sqrt{5} $. \\
设 $ 2+\sqrt{3}=(c+d\sqrt{3})^2=(c^2+3d^2)+
2cd\sqrt{3} $，解得$ c=\pm \dfrac{\sqrt{6}}{2},\ d=\pm \dfrac{\sqrt{6}}{6} $，
即$  \sqrt{2+\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2} $.  \\
\\
更一般地，设$ A+B\sqrt{C}=(a+b\sqrt{C})^2=(a^2+b^2C)+2ab\sqrt{C} $，因为
$ A=a^2+b^2C \geq 2\sqrt{a^2b^2C} =2|ab|\sqrt{C}=|B|\sqrt{C}>0 $，所以
$ A\geq |B|\sqrt{C} $是可以去掉外层根号的必要不充分条件。
比如$ \sqrt{1+\sqrt{5}} $，$ \sqrt{-2+\sqrt{5}} $不满足必要条件，
均无法去掉外层根号。即使满足了必要条件，比如$ \sqrt{10+2\sqrt{5}} $，
$ \sqrt{2+\sqrt{2}} $，也无法去掉外层根号，这两者分别等于$ \sqrt{5+2\sqrt{5}}+
\sqrt{5-2\sqrt{5}} $，$ \dfrac{1}{2}\bigl(\sqrt{4+2\sqrt{2}}+
\sqrt{4-2\sqrt{2}}\bigr) $. 

\item 求无理系数二次方程$ \sqrt{3}\, x^2+4x-2=0 $的两个根。\\
\textbf{解}\ $ \Delta=16+8\sqrt{3}=(2+2\sqrt{3})^2 $，
$ x_1=1-\dfrac{\sqrt{3}}{3} $，$ x_2=-1-\sqrt{3} $. \\
\textbf{注}：如果多项式$ f(x) $的所有系数均为实数，当$ a+b\i $是$ f(x)=0 $的根时，
$ a-b\i $也是$ f(x)=0 $的根。如果多项式$ f(x) $的所有系数均为有理数，
当$ a+b\sqrt{C} $是$ f(x)=0 $的根时，$ a-b\sqrt{C} $也是$ f(x)=0 $的根。

\item 设$a,b,c,d$都是实数，且$ad-bc=1$，若$z$是一个虚部
大于0的复数，求证：$f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}$的虚部也大于0. \\
\textbf{解}\ 
\begin{align*}
    f(z) =&\ \dfrac{az+b}{cz+d}=
    \dfrac{(az+b)(c\bar{z}+d)}{(cz+d)(c\bar{z}+d)} \\
    =&\ \dfrac{acz\bar{z}+adz+bc\bar{z}+bd}{|cz+d|^2} \\
    =&\ \dfrac{ac|z|^2+(ad-bc)z+bc(\bar{z}+z)+bd}{|cz+d|^2} \\
    =&\ \underbrace{\dfrac{ac|z|^2+bc(\bar{z}+z)+bd}
        {|cz+d|^2}}_{\text{实数}} +
    \underbrace{\dfrac{z}{|cz+d|^2}}_{\text{复数}}    
\end{align*}
所以，若$z$的虚部大于0，则$f(z)$的虚部也大于0.

\item\label{m+nsqrt3} 定义集合$ S=\{m+n\sqrt{3}|m^2-3n^2=1,m,n\in \textbf{Z}\} $，
求证：若$ x,\ y\in S $，则$ \dfrac{1}{x}\in S,\ xy \in　S,\ x+y\notin S $. \\
\textbf{证}\ 设$ x=a+b\sqrt{3},\ y=c+d\sqrt{3},\ a,b,c,d\in \textbf{Z} $，
则$ \dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{a+b\sqrt{3}}=a-b\sqrt{3} $，因为$ a^2-3(-b)^2=1 $，
所以$ \dfrac{1}{x}\in S $. 容易看出，$ \pm a \pm b\sqrt{3} $均属于$ S $. 
\begin{align*}
    xy=(a+b\sqrt{3})(c+d\sqrt{3})=&\  (ac+3bd)+(ad+bc)\sqrt{3} \\
    (ac+3bd)^2-3(ad+bc)^2 =&\  a^2c^2+6abcd+9b^2d^2-3a^2d^2-6abcd-3b^2c^2 \\
    =&\  a^2(c^2-3d^2)-3b^2(c^2-3d^2)=a^2-3b^2=1 
\end{align*}
所以，$ xy\in S $.
\begin{align*}
    & x+y=(a+c)+(b+d)\sqrt{3} \\
    & (a+c)^2-3(b+d)^2=(a^2-3b^2)+(c^2-3d^2)+2(ac-3bd)=2(1+ac-3bd)\neq 1
\end{align*}
所以，$ x+y\notin S $. 令$ x=y $，可得$ x^2\in S $，进一步有$ x^k\in S\ 
(k\in \textbf{N}^+) $. \\
\textbf{注1}：满足$ m^2-3n^2=1 $的整数$ m,n $在全体整数中的占比并不大，
首先，$ m $不可能是3的倍数。因为，如果$ m=3K $，
那么$ m^2-3n^2=3(3K^2-n^2)=1 $，这显然是不可能的。
在$ |m|<1000 $的范围内，只有如下五组：
\begin{gather*}
   2^2-3\cdot 1^2=1,\quad 7^2-3\cdot 4^2=1,\quad 26^2-3\cdot 15^2=1,\\
    97^2-3\cdot 56^2=1,\quad 362^2-3\cdot 209^2=1
\end{gather*}
事实上，$ (2\pm\sqrt{3})^2=7\pm 4\sqrt{3} $，
$ (2\pm\sqrt{3})^3=26\pm 15\sqrt{3} $，
$ (2\pm\sqrt{3})^4=97\pm 56\sqrt{3} $，
$ (2\pm \sqrt{3})^5=362\pm 209\sqrt{3} $. 
根据二项式定理，
\begin{gather*}
    \begin{dcases}
        m_k =\dfrac{1}{2}[(2+\sqrt{3})^k+(2-\sqrt{3})^k] \\ 
        n_k =\dfrac{1}{2\sqrt{3}}[(2+\sqrt{3})^k-(2-\sqrt{3})^k]    
    \end{dcases} , \q  k\in \textbf{N}^+
\end{gather*}
便是方程$ m^2-3n^2=1 $的通解
\footnote{形如$ m^2-dn^2=\pm 1 $ 的方程被称为佩尔(Pell)方程
(实际上，此类方程由费马首先进行了深入研究，拉格朗日给出了解决方案，
但被欧拉误记为佩尔提出，并写入他的著作中，然后该称呼沿用至今。)，其中，$ d>0 $
且不含平方因子。从上面的例子可以看出，只要找到佩尔方程的一组整数解，就能生成无数组解。
但佩尔方程不一定有整数解，比如$ m^2-34n^2=-1 $无整数解。形如$ Am^2-Bn^2=C $的方程
被称为广义Pell方程，比如$ 3m^2-2n^2=1 $的整数解有$ m=1,n=1;\ m=9,n=11;\ m=89,n=109;\cdots $，(\ref{双曲线的有理参数化-nt})式对此类问题有帮助，一些参考文献如下：\\
$ \diamond $ 史保怀，李小雪. 广义Pell方程Ax2-By2=4的通解公式[J]. 纯粹数学与应用数学, 2014, 30(5):6.\\
$ \diamond $ 杨克仁，徐研. 广义Pell方程及其应用[J]. 数学研究, 1995, 28(3):4.}。
由(\ref{二阶线性递推数列韦达定理})式可知，数列$ m_k $满足递推关系：
\begin{align}\label{佩尔方程4-1递推}
    m_{k+2}=4m_{k+1}-m_k
\end{align}
$ n_k $也满足同样的递推关系。递推关系(\ref{佩尔方程4-1递推})与
(\ref{分式与二阶线性等价递推})式和(\ref{1988IMO递推数列})式一样。
\begin{gather*}
    \dfrac{m_k}{n_k}=\sqrt{3}\cdot \dfrac{(2+\sqrt{3})^k+
        (2-\sqrt{3})^k}{(2+\sqrt{3})^k-(2-\sqrt{3})^k}
\end{gather*}
$ \lim\limits_{k\to\infty} \dfrac{m_k}{n_k}=\sqrt{3} $，数列
$ \left\{\dfrac{m_k}{n_k}\right\} $是一组越来越接近
$ \sqrt{3}=1.732050807568877\cdots $的分数，
{ % \linespread{2} 
\renewcommand{\arraystretch}{1.6}    
\begin{table}[!h]
\centering
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    $ \dfrac{2}{1} $ & $ \dfrac{7}{4} $ & $ \dfrac{26}{15} $ & 
    $ \dfrac{97}{56} $ & $ \dfrac{362}{209} $ & $ \dfrac{1351}{780} $ 
    & $ \dfrac{5042}{2911} $  \\  \hline
    $ 2 $ & $ 1.75 $ & $ 1.733\cdots $ & $ 1.732142\cdots $ 
    & $ 1.732057\cdots $ & $ 1.73205128\cdots $ & $ 1.73205084\cdots $ 
    \\    \hline
\end{tabular}
\end{table}    }

假设$ m>0,n>0 $，那么$ m>\sqrt{3}n $，
\begin{align*}
    \dfrac{m}{n}-\sqrt{3}=\dfrac{m-n\sqrt{3}}{n}=
    \dfrac{m^2-3n^2}{n(m+n\sqrt{3})}& =\dfrac{1}{n(m+n\sqrt{3})} \\
    & <\dfrac{\sqrt{3}}{n(m+n\sqrt{3})}<
    \dfrac{\sqrt{3}}{n\cdot 2n\sqrt{3}}=\dfrac{1}{2n^2}
\end{align*}

此外，数列$ 2,7,26,97,362,1351,5042\cdots $还有一个规律：
$ 3K-1 $和$ 3K+1 $型的数交替出现($ K\in \textbf{N}^+ $).

满足$ m^2-5n^2=1 $的整数$ m,n $更稀少，在$ |m|<1000 $的范围内，
只有如下两组：
\begin{gather*}
    9^2-5\cdot 4^2=1,\quad  161^2-5\cdot 72^2=1
\end{gather*}
\textbf{注2}：敏锐的读者应该能察觉到，上面的$ \sqrt{3},\sqrt{5} $(只要$ \sqrt{C} $
不是有理数)与虚数单位$ \i $存在一些相似之处，消去$ \dfrac{1}{A+B\sqrt{C}} $
分母中的根号，与消去$ \dfrac{1}{A+B\i} $分母中的$ \i $，方法是一样的。对于复数
$ z_1,z_2 $，有$ |z_1z_2|=|z_1||z_2| $，但对于本例中的$ x $，不论是定义
$ |x|=\sqrt{a^2+b^2} $还是定义$ |x|=\sqrt{a^2+3b^2} $，
$ |xy| $与$ |x||y| $都不相等。不过有以下恒等式：
\begin{equation}\label{a2+kb2恒等式}
\begin{aligned}
        (a^2+kb^2)(c^2+kd^2)=&\ a^2c^2+k^2b^2d^2+k(a^2d^2+b^2c^2) \\
    =&\ a^2c^2-2kabcd+k^2b^2d^2+k(a^2d^2+2abcd+b^2c^2) \\
    =&\ (ac-kbd)^2+k(ad+bc)^2 \\
    =&\ (ac+kbd)^2+k(ad-bc)^2 
\end{aligned}
\end{equation}
\begin{gather}\label{a2-kb2恒等式}
    (a^2-kb^2)(c^2-kd^2)=(ac-kbd)^2-k(ad-bc)^2=(ac+kbd)^2-k(ad+bc)^2
\end{gather}

\item 定义数列$ \{a_n\}:\ a_1=1,\ a_{n+1}=a_n+\sqrt{2a_n+n} $，求$ a_n $的通项公式。\\
\textbf{解}\ 
\begin{align*}
    & a_1=1+0\sqrt{3} \\
    & a_2=1+\sqrt{3} \\
    & a_3=1+\sqrt{3}+\sqrt{4+2\sqrt{3}}=2+2\sqrt{3} \\
    & a_4=2+2\sqrt{3}+\sqrt{7+4\sqrt{3}}=4+3\sqrt{3} \\
    & a_5=4+3\sqrt{3}+\sqrt{12+6\sqrt{3}}=7+4\sqrt{3} \\
    & a_6=7+4\sqrt{3}+\sqrt{19+8\sqrt{3}}=11+5\sqrt{3} 
\end{align*}
容易看出，$ a_n=\left[\dfrac{1}{2}(n-1)(n-2)+1\right]+(n-1)\sqrt{3} $.

\item\label{sqrt2+sqrt3极小多项式} 求一个次数最低的整系数多项式，
使$ x=\sqrt{2}+\sqrt{3} $是该多项式的零点。\\
\textbf{方法一}\ 
\begin{align*}
    &\left[(x-\sqrt{2}-\sqrt{3})(x-\sqrt{2}+\sqrt{3})\right]
    \left[(x+\sqrt{2}-\sqrt{3})(x+\sqrt{2}+\sqrt{3})\right] \\
    =&\ (x^2-2\sqrt{2}x-1)(x^2+2\sqrt{2}x-1)=x^4 - 10x^2 + 1 
\end{align*}
\textbf{方法二}\ 
\begin{align}
    & x=\sqrt{2}+\sqrt{3} \nonumber \\
    & (x-\sqrt{2})^2=x^2-2\sqrt{2}x+2=(\sqrt{3})^2=3 \nonumber \\
    & (x^2-1)^2=(2\sqrt{2}x)^2=8x^2 \nonumber \\
    & x^4 - 10x^2 + 1= 0  \label{x4-10x2+1}
\end{align}
\textbf{方法三}\ 
\begin{align*}
    & x^2=(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2=5+2\sqrt{6} \\
    & (x^2-5)^2=(2\sqrt{6})^2=24 \\
    & x^4 - 10x^2 + 1= 0
\end{align*}

\item 定义集合$ S=\{a|a=m^2-n^2,m,n\in \textbf{Z}\} $，求证：\\
(1)$ \ 2k-1\in S,\ k\in \textbf{Z} $. \\
(2)$ \ 4k-2\notin S,\ k\in \textbf{Z} $. \\
(3)若$ x,\ y\in S $，则$ xy \in　S $. \\
\textbf{解}\ (1) $ 2k-1=k^2-(k-1)^2 \in S $. \\
(2) $ m^2-n^2=(m-n)(m+n) $，而$ m-n $与$ m+n $或者同时为奇数，相乘后也是奇数。
或者同时为偶数，相乘后是4的倍数。所以不可能等于$ 4k-2 $. \\
(3) $ x=a^2-b^2,\ y=c^2-d^2 $，那么
\begin{align*}
    xy=a^2c^2+b^2d^2-a^2d^2-b^2c^2=&\  (ac+bd)^2-(ad+bc)^2 \in S \\
    =&\  (ac-bd)^2-(ad-bc)^2 \in S
\end{align*}

\item $ ^* $ 
设$ z_1,z_2,z_3,z_4 $是单位圆周上的四个点，证明：这四个点是一矩形四个顶点的
充要条件为$ z_1+z_2+z_3+z_4=0 $. \\
本题的另一种常见表述为：$ z_1,z_2,z_3,z_4 $是四个模为1的复数，且满足
$ z_1+z_2+z_3+z_4=0 $，证明：$ z_1,z_2,z_3,z_4 $中必有两者的和为0.\\
\textbf{方法一}\ 由欧拉公式，令$ z_k=\e^{\i\theta_k} (k=1,2,3,4) $，
不妨设$ 0\leq \theta_1\leq \theta_2\leq \theta_3\leq \theta_4<2\pi $，则
\begin{align*}
    z_1+z_2=&\  \e^{\i\theta_1}+\e^{\i\theta_2}=
    2\cos\dfrac{\theta_1-\theta_2}{2}\e^{\i\frac{\theta_1+\theta_2}{2}} \\
    z_3+z_4=&\  \e^{\i\theta_3}+\e^{\i\theta_4}=2\cos\dfrac{\theta_3-
        \theta_4}{2} \e^{\i\frac{\theta_3+\theta_4}{2}}    
\end{align*}
由$ z_1+z_2+z_3+z_4=0 $可得：
\begin{align*}
    \dfrac{\theta_1-\theta_2}{2}=&\ \dfrac{\theta_3-\theta_4}{2} \\
    \dfrac{\theta_1+\theta_2}{2}+\pi=&\ \dfrac{\theta_3+\theta_4}{2}
\end{align*}
以上两式相加可得：$ \theta_1+\pi=\theta_3 $，于是$ z_1+z_3=0 $. 两式相减可得
$ z_2+z_4=0 $，$ z_1,z_2,z_3,z_4 $四点可构成矩形。\\
\textbf{方法二}\ 设$ \vec{OA}=\vec{Oz_1}+
\vec{Oz_2},\ \vec{OB}=\vec{Oz_3}+
\vec{Oz_4} $，$ \parallelogram Oz_1Az_2 $和
$ \parallelogram Oz_3Bz_4 $都是菱形(对角线相互垂直)，显然，
$ \vec{OA}\perp\vec{
    z_1z_2},\ \vec{OB}\perp\vec{z_3z_4} $，
因为$ \vec{OA}+\vec{OB}
=\vec{0} $，所以$ A,O,B $三点共线，$\vec{z_1z_2}
//\vec{z_3z_4} $. 同理可得$ \vec{z_1z_4}//
\vec{z_2z_3} $，所以四边形$ z_1z_2z_3z_4 $是平行四边形，它的对角相等。
同时，四边形$ z_1z_2z_3z_4 $是圆的内接四边形，对角互补，既相等又互补则说明
所有的内角都是直角。所以，四边形$ z_1z_2z_3z_4 $是矩形。

\item \label{复数多元二次方程求解演示}
已知复数$ z_1,z_2 $，满足$ |z_1|=|z_2|=1,\ z_1+z_2=
\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\i $，求$ z_1,z_2 $. \\
\textbf{方法一}\ 
\begin{align*}
    (z_1+z_2)(\overline{z_1}+\overline{z_2}) =
    \underbrace{z_1\overline{z_1}+z_2\overline{z_2}}_{1\q+\q 1}+
    z_1\overline{z_2}+\overline{z_1}z_2=1
\end{align*}
$ z_1\overline{z_2}+\overline{z_1}z_2=-1 $，而$ z_1\overline{z_2}=\overline{\overline{z_1}z_2} $，(用$ \Re (z) $代表复数$ z $的实部，用$ \Im (z) $代表复数$ z $的虚部)，所以$ \Re(z_1\overline{z_2})=\Re(\overline{z_1}z_2)=-\dfrac{1}{2} $.又$ |z_1\overline{z_2}|=|z_1||\overline{z_2}|=1 $，所以，$ \Im(\overline{z_1}z_2)=\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}\i $，
\begin{gather*}
    z_2=(z_1\overline{z_1})z_2=z_1(\overline{z_1}z_2)=z_1\left(
    -\dfrac{1}{2}\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}\i\right) \\
    z_1+z_2=z_1+z_1\left(-\dfrac{1}{2}\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}\i\right)
    =z_1\left(\dfrac{1}{2}\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}\i\right)=
    \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\i 
\end{gather*}
于是，
\begin{alignat*}{3}
    z_1=& 1, & -\dfrac{1}{2}+ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\i \\
    z_2=& -\dfrac{1}{2}+ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\i, & 1
\end{alignat*}
\textbf{方法二}\ 设$ z_1=\cos\alpha+\i\sin\alpha,\ z_2=\cos\beta+\i\sin\beta $，则
\begin{align*}
    \cos\alpha+\cos\beta &=\dfrac{1}{2} \\
    \sin\alpha+\sin\beta &=\dfrac{\sqrt{3}}{2} 
\end{align*}
以上两式平方后相加，可得$ \cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=\cos(\alpha
-\beta)=-\dfrac{1}{2} $，所以，$ \alpha-\beta=\dfrac{2\pi}{3},\ \dfrac{4\pi}{3} $.
先考虑$ \alpha=\beta+\dfrac{2\pi}{3} $，
\begin{align*}
    \sin\alpha+\sin\beta =\sin\left(\beta+\dfrac{2\pi}{3}\right) +
    \sin\beta =\sin\left(\beta+\dfrac{\pi}{3}\right) =\dfrac{1}{2}
\end{align*}
$ \beta+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{6},\ \beta=-\dfrac{\pi}{6},
\ \alpha=\dfrac{\pi}{2} $. 再考虑$ \alpha=\beta+\dfrac{4\pi}{3} $，
可得$ \beta=\dfrac{\pi}{2},\ \alpha=\dfrac{11\pi}{6} $，$ z_1,z_2 $结果同上。\\
\textbf{方法三}\ 设$ z_1=a+b\i,\ z_2=c+d\i $，那么
\begin{align*}
    \begin{dcases}
        a^2+b^2=1 & \mycircled{1}\\ 
        c^2+d^2=1 & \mycircled{2}\\
        a+c=\dfrac{1}{2} &\mycircled{3}\\ 
        b+d=\dfrac{\sqrt{3}}{2} & \mycircled{4}
    \end{dcases}
\end{align*}
用\mycircled{1}$ - $\mycircled{2}可得：
\begin{align*}
    a^2-c^2 &=d^2-b^2 \\
    (a-c)\underbrace{(a+c)}_{\frac{1}{2}} &
    =(d-b)\underbrace{(d+b)}_{\frac{\sqrt{3}}{2}}   \\
    a-c&=\sqrt{3}(d-b)\q \mycircled{5}
\end{align*}
又由\mycircled{3},\mycircled{4}可得：
\begin{align*}
    a+c=\dfrac{\sqrt{3}}{3}(d+b)\q \mycircled{6}
\end{align*} 
由\mycircled{5},\mycircled{6}解得$ a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}(2d-b) $，
代入\mycircled{1}可得：$ \dfrac{4}{3}(b^2-bd+d^2)=1 $. 另外，
$ (b+d)^2=b^2+2bd+d^2=\dfrac{3}{4} $，于是得到$ bd=0 $，
与\mycircled{4}联立可解得$ b=0,\ \dfrac{\sqrt{3}}{2} $.余下省略。

\item 给定方程$ x^2+bx+c=0 $，其中$ c>0 $且为常数，$ b $是变量，$ b\in [-2\sqrt{c},
2\sqrt{c}] $，设方程的两个根分别为$ z_1,z_2 $. 当$ b $变化时，
$ z_1,z_2 $也会在复平面上运动，求$ z_1,z_2 $运动轨迹的方程。\\
\textbf{解}\ 设$ z_1=\dfrac{1}{2}(-b+\sqrt{4c-b^2}\, \i) $，
记$ z_1 $的实部、虚部分别为$ u,v $，则$ u=-\dfrac{1}{2}b,\ 
v=\dfrac{1}{2}\sqrt{4c-b^2}=\sqrt{c-\dfrac{1}{4}b^2}=\sqrt{c-u^2} $，
所以，$ v^2+u^2=c $，即$ z_1 $的轨迹是以原点为圆心、$ \sqrt{c} $为半径的圆。
$ z_2 $的轨迹与$ z_1 $一样。

\item 向量$ \vec{v_1}=(\cos x_1,\sin x_1),\ \vec{v_2}=
(\cos x_2,\sin x_2),\ \vec{v}=(\cos x,\sin x) $，
其中，$  x_1, x_2 $是常数，$ x $是自变量，定义函数$ f(x)=
(\vec{v}\cdot \vec{v_1})(\vec{v}\cdot
\vec{v_2}) $，将$ f( x) $化成$ A\cos(k x+\varphi)+C $的形式。\\
\textbf{解}\ 
\begin{align*}
    f(x)=&\ (\cos x\cos x_1+\sin x\sin x_1)(\cos x\cos x_2+\sin x\sin x_2) \\
    =&\ \cos^2x\cos x_1\cos x_2+\sin^2x\sin x_1\sin x_2+\cos x\sin x\sin(x_1+x_2) \\
    =&\ \dfrac{1}{2}(1+\cos2x)\cos x_1\cos x_2+\dfrac{1}{2}(1-\cos2x)\sin x_1\sin x_2
    +\dfrac{1}{2}\sin2x\sin(x_1+x_2) \\
    =&\  \dfrac{1}{2}\cos2x\cos(x_1+x_2)+\dfrac{1}{2}\sin2x\sin(x_1+x_2)
    +\dfrac{1}{2}\cos(x_1-x_2) \\
    =&\  \dfrac{1}{2}\cos(2x-(x_1+x_2))+\dfrac{1}{2}\cos(x_1-x_2)
\end{align*}

\item 设$ n $为大于1的正整数，求$ f(x)=\sin^{2n}x+\cos^{2n}x $的值域。\\
\textbf{解}\ 
\begin{align*}
    \sin^{4}x+\cos^{4}x =&\ (\sin^{2}x+\cos^{2}x)^2-2\sin^{2}x\cos^{2}x\\
    =&\ 1-\dfrac{1}{2}\sin^2 2x\in\left[\dfrac{1}{2},1\right] \\
    \sin^{6}x+\cos^{6}x =&\ (\sin^{2}x+\cos^{2}x)^3
    -3\sin^{2}x\cos^{2}x (\sin^{2}x+\cos^{2}x) \\
    =&\ 1-\dfrac{3}{4}\sin^2 2x\in\left[\dfrac{1}{4},1\right] \\
    \sin^{8}x+\cos^{8}x =&\ (\sin^{2}x+\cos^{2}x)^4
    -4\sin^{2}x\cos^{2}x (\sin^{4}x+\cos^{4}x)-6\sin^{4}x\cos^{4}x\\
    =&\ 1-\sin^2 2x\left(1-\dfrac{1}{2}\sin^2 2x\right)
    -\dfrac{3}{8}\sin^4 2x \\
    =&\ \dfrac{1}{8}\sin^4 2x-\sin^2 2x+1 
    \in\left[\dfrac{1}{8},1\right]
\end{align*}
可以猜想：$ f(x)=\sin^{2n}x+\cos^{2n}x $的值域是
$ \left[\dfrac{1}{2^{n-1}},1\right] $. \\
因为$ \sin^2 x,\cos^2 x\in[0,1] $，所以
\begin{gather*}
    \sin^{2n}x\leq \sin^2 x ,\q \cos^{2n}x\leq \cos^2 x  \\ \sin^{2n}x+\cos^{2n}x\leq \sin^{2}x+\cos^{2}x=1
\end{gather*}
当$ \sin^2 x=0 $或1时，以上等号成立。\\
再利用幂函数$ g(x)=x^n $的凹凸性\eqref{幂函数凹凸性不等式}式，那么
\begin{gather*}
    \dfrac{g(\sin^2 x)+g(\cos^2 x)}{2}\geq g\left(
    \dfrac{\sin^2 x+\cos^2 x}{2}\right)=\dfrac{1}{2^n} \\
    f(x)=g(\sin^2 x)+g(\cos^2 x)\geq \dfrac{1}{2^{n-1}}
\end{gather*}
当$ |\sin x|=|\cos x|=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $时，以上等号成立。

\item 已知$ \begin{dcases}
    x=A\cos(\omega t+a) \\
    y=B\cos(\omega t+b)
\end{dcases}, AB\neq 0 $，求证：
\begin{align}\label{斜椭圆消参例题}
    \dfrac{x^2}{A^2}+\dfrac{y^2}{B^2}-\dfrac{2xy}{AB}\cos(a-b)=\sin^2(a-b)
\end{align}
\textbf{方法一}\ 
\begin{align*}
    & \dfrac{x^2}{A^2}+\dfrac{y^2}{B^2}-\dfrac{2xy}{AB}\cos(a-b) \\
    =&\  \cos^2(\omega t+a)+\cos^2(\omega t+b)-2\cos(\omega t+a)\cos(\omega t+b)\cos(a-b) \\
    =&\  \dfrac{1}{2}[\cos(2\omega t+2a)+\cos(2\omega t+2b)]+1-[\cos(2\omega t+a+b)+\cos(a-b)]\cos(a-b)\\
    =&\  \cos(2\omega t+a+b)\cos(a-b) +1-[\cos(2\omega t+a+b)+\cos(a-b)]\cos(a-b)\\
    =&\  1-\cos^2(a-b) =\sin^2(a-b)
\end{align*}
\textbf{方法二}\ 
\begin{align*}
    \arccos\dfrac{x}{A}-\arccos\dfrac{y}{B}=&\ a-b \\
    \sin\left( \arccos\dfrac{x}{A}-\arccos\dfrac{y}{B} \right) =&\ \sin(a-b) \\
    \dfrac{\sqrt{A^2-x^2}}{A}\dfrac{y}{B}-\dfrac{x}{A}\dfrac{\sqrt{B^2-y^2}}{B}=&\ \sin(a-b)
\end{align*}
然后两边同时平方即可证明。

\textbf{注1}\ 一般而言，(\ref{斜椭圆消参例题})式表示一个倾斜的椭圆，
下面计算需要旋转多少角度才能变成正椭圆。\\
\textbf{方法一}\ 根据$ (x+\i y)(\cos\theta +\i\sin \theta)=(x\cos\theta-y\sin\theta)+
\i(x\sin\theta+y\cos\theta) $，
用$ (x\cos\theta-y\sin\theta) $替换(\ref{斜椭圆消参例题})式中$ x $，
$ (x\sin\theta+y\cos\theta) $替换$ y $，展开后，$ xy $的系数为
\begin{align*}
    -\left[\sin2\theta\left(\dfrac{1}{A^2}-\dfrac{1}{B^2} \right) + \dfrac{2\cos(a-b)\cos2\theta }{AB}\right] 
\end{align*}
使之为0，可得：$ \tan2\theta =\dfrac{2AB\cos(a-b)}{A^2-B^2} $. \\
\textbf{方法二}\ 令$ x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta $，则
\begin{align*}
    r^2=\dfrac{\sin^2(a-b)}{\dfrac{\cos^2\theta}{A^2}+
        \dfrac{ \sin^2\theta}{B^2}-\dfrac{\sin2\theta}{AB}\cos(a-b)}
\end{align*}
让分母取极值的角度，就是长轴或短轴所在的角度。$ \tan2\theta $表达式同上。 \\
\textbf{注2}\ 参数曲线$ \begin{dcases}
    x=A\cos(\omega_1 t+a) \\
    y=B\sin(\omega_2 t+b)
\end{dcases} $ 对应的图形被称为李萨如(Lissajous)图形，大学的理工科学生基本上都会在
基础物理实验或者电子学实验中接触到李萨如图形。
选取不同的$ A,B $,$ \omega_1 $,$ \omega_2 $,$ a,b $，可以得到无穷无尽的形状。
下面固定$ A=B=1 $, $ a=b=0 $，让$ \omega_1 $,$ \omega_2 $
取一些较小的正整数，产生的一些形状如下：
\begin{figure}[h] % LiSaRu.m
    \centering
    \includegraphics[width=0.95\linewidth]{李萨如图形}
\end{figure}

\item (2021，上海高考)已知参数方程$ \begin{dcases}
    x=3t-4t^3 \\
    y=2t\sqrt{1-t^2}
\end{dcases} ,\ t\in [-1,1] $，下列选项的图中，符合该方程的是哪一个？
\begin{figure}[h]  % ShangHai_2021GaoKao.m
    \centering
    \includegraphics[width=1\linewidth]{2021上海高考参数曲线-李萨如}
\end{figure}

\textbf{解}\ 在参数方程中，如果把$ t $换成$ -t $，
那么$ (x,y) $会变成$ (-x,-y) $，
说明这条曲线是关于原点中心对称的，不过，4个选项的图形都是中心对称图形，
所以靠这一点无法排除。再考虑$ t $取特殊值，当$ t=0 $时，$ x=y=0 $，
所以可以排除A. 而当$ t=1 $时，$ x=-1,\ y=0 $，所以排除C、D，最终答案选B。

事实上，A对应的曲线大致是$ x^4+y^4=1 $. B对应的曲线是
\begin{align*}
    \begin{dcases}
        x=3t-4t^3=3\sin\theta-4\sin^3\theta=\sin3\theta \\
        y=2t\sqrt{1-t^2}=2\sin\theta\cos\theta=\sin2\theta
    \end{dcases},\ t=\sin\theta\in [-1,1],\ 
    \theta\in[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}]
\end{align*}
这正是李萨如图形。如果让$ \theta $取值的区间长度达到$ 2\pi $，使曲线首尾相连变得完整，
那么它的形状如下
\begin{figure}[!htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.3\linewidth]{2021上海高考参数曲线-李萨如B选项单独}
\end{figure} 

C对应的曲线是$ (y-x^2)(y+x^2)=0 $，D对应的曲线的极坐标方程是$ r^2=2\cos2\theta=
2(\cos^2\theta-\sin^2\theta) $，直角坐标方程是$ (x^2+y^2)^2=2(x^2-y^2) $，
这种曲线被称为双纽线。

\item (2021，新高考I卷)若$ \tan\theta=-2 $，求$ \dfrac{\sin\theta(1+\sin2\theta)}{
    \sin\theta+\cos\theta} $. \\
\textbf{方法一}\ 因为$ (\sin\theta+\cos\theta)^2=1+\sin2\theta $，所以
$ \dfrac{\sin\theta(1+\sin2\theta)}{\sin\theta+\cos\theta}=
\sin\theta(\sin\theta+\cos\theta) $. \\
假设$ \theta $为第二象限角，则$ \sin\theta=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $，
$ \cos\theta=-\dfrac{\sqrt{5}}{5} $，原式=$ \dfrac{2\sqrt{5}}{5}\Big(
\dfrac{2\sqrt{5}}{5}-\dfrac{\sqrt{5}}{5}\Big)=\dfrac{2}{5} $.\\
\textbf{方法二}\ 
\begin{gather*}
    \sin\theta(\sin\theta+\cos\theta)=\dfrac{\sin\theta(\sin\theta+\cos\theta)}
    {\sin^2\theta+\cos^2\theta}=\dfrac{\tan^2\theta+\tan\theta}{\tan^2\theta+1}
    =\dfrac{4-2}{4+1}=\dfrac{2}{5}
\end{gather*}
\textbf{方法三}\ 
\begin{align*}
    &\ \dfrac{\sin\theta(1+\sin2\theta)}{\sin\theta+\cos\theta} =
    \dfrac{\tan\theta(1+\sin2\theta)}{\tan\theta+1}=2(1+\sin2\theta) \\
    =&\ 2\left(1+\dfrac{2\sin\theta\cos\theta}{\sin^2\theta+
        \cos^2\theta}\right)=
    2\left(1+\dfrac{2\tan\theta}{\tan^2\theta+1}\right)=\dfrac{2}{5}
\end{align*}

\item \label{求tan2a例题}已知$ \sin\alpha+2\cos\alpha=\dfrac{\sqrt{10}}{2} $，
求$ \tan2\alpha $. \\
\textbf{方法一}\ 
\begin{gather*}
    (\sin\alpha+2\cos\alpha)^2=\left(\dfrac{\sqrt{10}}{2} \right)^2(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha)  \\
    -\dfrac{3}{2}\sin^2\alpha+\dfrac{3}{2}\cos^2\alpha+4\sin\alpha \cos\alpha=0  
\end{gather*}
除以$ -\cos^2\alpha $以后可得$ 3\tan^2\alpha-8\tan\alpha-3=0 $，
解得$ \tan\alpha=3,-\dfrac{1}{3} $，两根之积为$ -1 $意味着两个$ \alpha $ 
角的终边相互垂直， $\tan2\alpha=\dfrac{2\tan \alpha}{1-\tan^2\alpha}=-\dfrac{3}{4} $. \\
\textbf{方法二}\ 二倍角公式：
\begin{gather*}
    -\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{1-\cos2\alpha}{2}+\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{1+\cos2\alpha}{2}
    +2\sin2\alpha=0  \\
    \dfrac{3}{2}\cos2\alpha+2\sin2\alpha=0 
\end{gather*}
\textbf{方法三}\ 解二次方程：$ 1-\cos^2\alpha=\sin^2\alpha=
\left(\dfrac{\sqrt{10}}{2}-2\cos\alpha \right)^2 $，
得到$ \cos\alpha=\dfrac{3}{\sqrt{10}} $，\\
$ \sin\alpha=-\dfrac{1}{\sqrt{10}} $，$\tan\alpha=-\dfrac{1}{3} $，或者$ \cos\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{10}}$，$\sin\alpha=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$， $\tan\alpha=3 $，两种情况下都有$ \tan2\alpha=-\dfrac{3}{4} $. 

\textbf{注}\ 对于已知$ \lambda_1\sin\alpha+\lambda_2\cos\alpha=\lambda_3 $的题目，
可设$ \lambda_1\cos\alpha-\lambda_2\sin\alpha=\lambda_4 $，
(注意不是$ \lambda_1\sin\alpha-\lambda_2\cos\alpha=\lambda_4 $)，
将两式$ \begin{dcases}
    \lambda_1\sin\alpha+\lambda_2\cos\alpha=\lambda_3 \\
    \lambda_1\cos\alpha-\lambda_2\sin\alpha=\lambda_4
\end{dcases} $平方后相加可得：
\begin{gather*}
    \lambda_1^2+\lambda_2^2=\lambda_3^2+\lambda_4^2 
\end{gather*}
于是$ \lambda_4=\pm \sqrt{\lambda_1^2+\lambda_2^2-\lambda_3^2} $. 
在得到$ \lambda_4 $之后，可使用加减消元法解出$ \cos\alpha$ 和 $\sin\alpha $. 

\item \label{分式三角求值域} 求$ k=\dfrac{4-\sin x}{3-\cos x} $的最值。\\
\textbf{方法一}\ 直接求导，令$ \left(\dfrac{4-\sin x}{3-\cos x}\right)'
=\dfrac{1-3\cos x-4\sin x}{(3-\cos x)^2}=0 $，把$ (\cos x,\sin x) $
看作是单位圆上的一点，那么$ 3\cos x+4\sin x=1 $正是单位圆的过点$ (3,4) $的切线，
($ k $可以看成是点$ (3,4) $与单位圆上一点的连线的斜率，在连线变成切线时，斜率有极值。)
解得$ \cos x=\dfrac{3\pm 8\sqrt{6}}{25},\sin x=\dfrac{4\mp 6\sqrt{6}}{25} $. 
于是最小值为$ \dfrac{6-\sqrt{6}}{4} $，最大值为$ \dfrac{6+\sqrt{6}}{4} $. \\
\textbf{方法二}\ $ k(3-\cos x)=4-\sin x,\ \underbrace{-k\cos x +\sin x=
    \sqrt{1+k^2}\sin(x+\varphi)}_{\text{辅助角公式}}=4-3k $，所以$ |4-3k|\leq\sqrt{1+k^2} $，
解得$ \dfrac{6-\sqrt{6}}{4}\leq k \leq \dfrac{6+\sqrt{6}}{4}  $. \\
$ |4-3k|\leq\sqrt{1+y^2} $可以变形为$ \dfrac{|4-3k|}{\sqrt{1+k^2}}
\leq 1 $，这个式子的含义就是圆心$ (0,0) $到直线$ y-4=k(x-3) $的距离小于等于半径1。\\
\textbf{方法三}\ 万能代换，令$ t=\tan\dfrac{x}{2}\in \textbf{R} $，则$ \sin x=
\dfrac{2\tan\frac{x}{2}}{1+\tan^2\frac{x}{2}}=\dfrac{2t}{1+t^2},\ \cos x=\dfrac{1-\tan^2\frac{x}{2}}{1+\tan^2\frac{x}{2}}=\dfrac{1-t^2}{1+t^2} $，
于是$ k=1+\dfrac{1-t}{2t^2+1} $，使用判别式法或者换元法(令$ 1-t=u $)，可得
\begin{gather*}
    k\in \left[1+\dfrac{1}{-2\sqrt{6}-4}, 
    1+\dfrac{1}{2\sqrt{6}-4} \right]=\left[\dfrac{6-\sqrt{6}}{4},
    \dfrac{6+\sqrt{6}}{4}\right]
\end{gather*}
\textbf{注}：万能代换是计算含三角函数的积分的常用手段之一，比如求
$ \displaystyle{ \int\dfrac{(4-\sin x)}{3-\cos x}\d x } $
就可以使用万能代换。

\item 定义函数$ y=\dfrac{a+\sin x}{a+\cos x} $，其中$ |a|>1,x\in 
\textbf{R} $，$ y $的最大值记为$ M $，最小值记为$ m $，求$ M\cdot m $是多少。\\
\textbf{解}\ $ y=\dfrac{-a-\sin x}{-a-\cos x} $可看作点$ (-a,-a) $
与单位圆上一点的连线的斜率，在连线变成切线时，斜率有极值。本题中的两条切线是关于
直线$ y=x $对称的，所以$ M\cdot m=1 $. 还可以考虑极端情况，令$ |a|\to\infty $，
那么$ y\equiv 1,M=m=1 $，也能得到$ M\cdot m=1 $. 

\item 证明：$ \dfrac{\sin \mu\cos\mu-\sin\theta \cos\theta}
{\sin^2 \mu-\cos^2\theta}=\tan(\theta-\mu) $. \\
\textbf{证}\ 
\begin{align*}
    &\ \dfrac{\sin \mu\cos\mu-\sin\theta \cos\theta}
    {\sin^2 \mu-\cos^2\theta}
    = \dfrac{2\sin \mu\cos\mu-2\sin\theta \cos\theta}
    {2\sin^2 \mu-2\cos^2\theta}\\
    =&\ \dfrac{\sin2\mu-\sin2\theta}{(1-\cos2\mu)-(1+
        \cos2\theta)}
    = \dfrac{\sin2\theta-\sin2\mu}{\cos2\theta+
        \cos2\mu}\\
    =&\ \dfrac{2\cos(\theta+\mu)\sin(\theta-\mu)}{
        2\cos(\theta+\mu)\cos(\theta-\mu)}
    \quad \text{(使用和差化积公式)} \\
    =&\ \tan(\theta-\mu)
\end{align*}
以上运算过程会在使用“特征线”方法研究非线性超声速流动中遇到。

% XieJiBo_ShockWave.m
\item $ ^* $ 
已知$ M_1>1,\ 0<\beta<\dfrac{\pi}{2},\ \gamma>1,\ 0<\theta<\beta $，
又有
\begin{align*}
    \dfrac{\tan(\beta-\theta)}{\tan\beta}=\dfrac{2+(\gamma-1)M_1^2\sin^2\beta
    }{(\gamma+1)M_1^2\sin^2\beta}
\end{align*}
(I)求证：
\begin{align}
    \tan\theta=\dfrac{2(M_1^2\sin^2\beta-1)}{\tan\beta[M_1^2(\gamma+\cos2\beta)+2]}  \tag*{\ding{172}}
\end{align} 
(II)\ $ M_{n1}=M_1\sin\beta,\ M_{n2}^2=\dfrac{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_{n1}^2}{
    \gamma M_{n1}^2-\dfrac{\gamma-1}{2}},\ M_2=\dfrac{M_{n2}}{\sin(\beta-
    \theta)} $，求证：
\begin{align}
    \dfrac{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_1^2}{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_2^2}=
    \dfrac{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_{n1}^2}{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_{n2}^2}  \tag*{\ding{173}}
\end{align}
\textbf{证}\ (I)
\begin{align}
    \tan(\beta-\theta)=\dfrac{\tan\beta-\tan\theta}{1+\tan\beta\tan\theta}=
    \dfrac{[2+(\gamma-1)M_1^2\sin^2\beta]
        \tan\beta}{(\gamma+1)M_1^2\sin^2\beta} \tag*{\ding{174}}
\end{align}
\begin{align*}
    \tan\theta
    =&\ \dfrac{\tan\beta-\dfrac{[2+(\gamma-1)M_1^2\sin^2\beta]
            \tan\beta}{(\gamma+1)M_1^2\sin^2\beta}}
    {1+\dfrac{[2+(\gamma-1)M_1^2\sin^2\beta]
            \tan^2\beta}{(\gamma+1)M_1^2\sin^2\beta}} \\
    =&\ \dfrac{[(\gamma+1)M_1^2\sin^2\beta-2-(\gamma-1)M_1^2\sin^2\beta]\tan\beta}
    {(\gamma+1)M_1^2\sin^2\beta+2\tan^2\beta+(\gamma-1)M_1^2\sin^2\beta\tan^2\beta} \\
    =&\ \dfrac{2(M_1^2\sin^2\beta-1)\tan\beta}{\gamma M_1^2\sin^2\beta(1+\tan^2\beta)+
        M_1^2\sin^2\beta(1-\tan^2\beta)+2\tan^2\beta } \\
    =&\ \dfrac{2(M_1^2\sin^2\beta-1)}{\tan\beta[M_1^2(\gamma+\cos2\beta)+2]}
\end{align*}
(II) 先取一些具体的数字，让读者有直观的感受。令$ M_1=2,\ \beta=0.6,\ \gamma=1.4 $，
利用\ding{174}式，$ \tan(\beta-\theta)\approx 0.561071,\ 
\sin^2(\beta-\theta)=\dfrac{\tan^2(\beta-\theta)}{1+\tan^2(\beta-
    \theta)}\approx 0.239428 $，
$ M_{n1}=M_1\sin\beta\approx 1.129284 $，$ M_{n2}^2=\dfrac{
    1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_{n1}^2}{\gamma M_{n1}^2
    -\dfrac{\gamma-1}{2}}\approx 0.791635 $，
$ M_2^2=\dfrac{M_{n2}^2}{\sin^2(\beta-\theta)}\approx 3.306351 $，那么
\begin{align*}
    \dfrac{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_1^2}{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_2^2}
    =1.083508\cdots=
    \dfrac{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_{n1}^2}{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_{n2}^2}
\end{align*}
下面给出严格证明，
将\ding{173}式左右交叉相乘，两边减去1，再约掉$ \dfrac{\gamma-1}{2} $，有
\begin{gather*}
    M_1^2+M_{n2}^2+\dfrac{\gamma-1}{2}M_1^2M_{n2}^2=
    M_2^2+M_{n1}^2+\dfrac{\gamma-1}{2}M_2^2M_{n1}^2   \\
    \left(1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_1^2\right)M_{n2}^2-
    \left(1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_{n1}^2\right)M_{2}^2=M_{n1}^2-M_1^2
    =-M_1^2\cos^2\beta \\
    \left[2+(\gamma-1)M_1^2-\dfrac{2+(\gamma-1) M_{n1}^2}{\sin^2(\beta-\theta)}
    \right]M_{n2}^2=-2M_1^2\cos^2\beta \\
    \left\{2+(\gamma-1)M_1^2-\dfrac{[2+(\gamma-1) M_{n1}^2][1+
        \tan^2(\beta-\theta)]}{\tan^2(\beta-\theta)}
    \right\}\dfrac{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M_{n1}^2}{\gamma M_{n1}^2
        -\dfrac{\gamma-1}{2}}=-2M_1^2\cos^2\beta
\end{gather*}
将$ \tan(\beta-\theta) $用\ding{174}式右侧替换以后，只需验证下式成立：
\begin{gather*}
    \left[2+(\gamma-1)M_1^2\right]\left[2+(\gamma-1)M_{n1}^2\right]\sin^2\beta-
    \Big\{(\gamma+1)^2M_{n1}^4\cos^2\beta+\\ [2+(\gamma-1) M_{n1}^2]^2
    \sin^2\beta \Big\}=-4\left(\gamma M_{n1}^2-\dfrac{\gamma-1}{2}\right)
    M_1^2\sin^2\beta\cos^2\beta
\end{gather*}
(上式化简似乎没有特别的技巧，就是纯粹地去括号。) 证毕。 \\
\textbf{注}：\ding{172}式是空气动力学中用于研究激波的重要公式，
被称为$ \theta$-$\beta$-$M$关系
\footnote{ Anderson, John David. Fundamentals of Aerodynamics. McGraw-Hill(2005).Chapter 9, Oblique shock and expansion waves. \quad  或者参考 http://web.mit.edu/16.unified/www/SPRING/fluids/Spring2008/LectureNotes/f17.pdf}。$ M_1,\ M_2 $分别是斜激波前后的气流的马赫数。当$ M_1\to +\infty $时，$ \tan\theta=\dfrac{2\sin^2\beta}{\tan\beta(\gamma+\cos2\beta)}=\dfrac{\sin2\beta}{\gamma+\cos2\beta} $. 其中$ \gamma $是气体的绝热指数，与气体的成分、压强、温度有关，对于常温的空气，可以取$ \gamma=1.4 $. 利用\ref{分式三角求值域}的方法，可求出当$ \cos2\beta=-\dfrac{5}{7},\ \sin2\beta=\dfrac{\sqrt{24}}{7},\ \beta\approx 67.79^{\circ} $时，$ \dfrac{\sin2\beta}{\gamma+\cos2\beta} $取得最大值$ \dfrac{5\sqrt{6}}{12}=1.020620\cdots $，此时$ \theta_{\max}\approx\arctan1.02=45.5^{\circ} $\footnote{当$ \theta $超过$ \theta_{\max}=45.5^{\circ} $后，便无法在转角处产生附着的斜激波，而是产生脱体激波。在设计超声速飞行器(比如火箭、洲际弹道导弹、超声速战斗机等)的时候，不可避免地要研究激波。}. \\

%~\newpage
\end{enumerate}

\section{习题}
\begin{enumerate}[label={\textbf{\thechapter.\arabic*}},leftmargin=
    \inteval{\myenumleftmargin}pt]

\item 用数学归纳法证明(\ref{余弦等差连加})和(\ref{正弦等差连加}).   

\item $ ^* $对(\ref{余弦等差连加})和(\ref{正弦等差连加})求导，计算
$ \sum\limits_{k=1}^{n}k\sin kx $和$ \sum\limits_{k=1}^{n}k\cos kx $. 
然后再利用数学归纳法证明。

\item 用与得到(\ref{余弦等差连加})和(\ref{正弦等差连加})类似的方法，计算
$ \sum\limits_{k=1}^{n}\sin(kx+\varphi) $和
$ \sum\limits_{k=1}^{n}\cos(kx+\varphi) $. 

\item (2025，全国I卷，有改编) 求$f(x)=5\cos x-\cos5x$在
$\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$上的最大值。

\item 已知$ 2\sin\alpha+3\cos\alpha=\dfrac{\sqrt{26}}{2} $，求$ \tan2\alpha $.
(要求使用三种方法。)

\item 求三次函数$ f(x)=x^3+3x^2+6x-4 $的对称中心的坐标，
再用求根公式计算$ f(x)=0 $的实根，并写出韦达定理的三个式子。

\item 求复系数二次方程$ (2-4\i)x^2+2\i x+1=0 $的两个根。

\item 用尽可能多的方法求值域。\\
(1)\ $ y=\dfrac{3-\sin x}{2-\cos x} $ ；\quad 
(2)\ $ y=\dfrac{4-3\sin x}{3-2\cos x} $；\\
(3)\ $ y=\dfrac{4-3\sin x}{3-5\cos x} $；\quad
(4)\ $ y=\dfrac{4-6\sin x}{3-5\cos x} $.

\item 用二倍角公式和辅助角公式求$ y=2\sin^2 x+3\cos^2 x+4\sin x\cos x $
的最值和单调递增区间。感兴趣的还可尝试用万能代换求最值。

\item 求值: \\
(1) $ \cos\dfrac{\pi}{17}\cos\dfrac{2\pi}{17}\cos\dfrac{4\pi}{17}
\cos\dfrac{8\pi}{17} $. \\
(2) $ \cos\dfrac{\pi}{5}\cos\dfrac{2\pi}{5}\cos\dfrac{3\pi}{5}
\cos\dfrac{4\pi}{5} $. \\
(3) $ \sin\dfrac{\pi}{5}\sin\dfrac{2\pi}{5}\sin\dfrac{3\pi}{5}
\sin\dfrac{4\pi}{5} $. \\
(4) $ \cos\dfrac{\pi}{7}+\cos\dfrac{3\pi}{7}+\cos\dfrac{5\pi}{7} $. \\
(5) $ \cos\dfrac{\pi}{9}+\cos\dfrac{3\pi}{9}+\cos\dfrac{5\pi}{9}+\cos\dfrac{7\pi}{9} $. 

\item 求$ 15^{\circ},18^{\circ},22.5^{\circ},36^{\circ} $
的正弦、余弦、正切的根式表达式，如果结果包含二重根式，请尝试去掉外层根式。

\item $ \i $是虚数单位，求$ 1+3\i+5\i^2+7\i^3+\cdots +4039\i^{2019} $的值。

\item $^*$令$\omega=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\i $(i为虚数单位)，
那么$\omega^2=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\i=\overline{\omega}$，
$\omega^3=1$，那么
\begin{align*}
    (1+\omega)^n &=\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\i\right)^n
    =\left(\e^{\pi\i/3}\right)^n=\e^{n\pi\i/3}=
    \cos\left(\dfrac{n\pi}{3}\right)+
    \i\sin\left(\dfrac{n\pi}{3}\right) \\
    &=C_n^0+C_n^1\omega+C_n^2\omega^2+C_n^3\omega^3+\cdots+C_n^n\omega^n \\
    &=C_n^0+C_n^1\omega+C_n^2\overline{\omega}+C_n^3+\cdots+C_n^n\omega^n
\end{align*}
比较实部和虚部，你能得到哪些等式？

\item 找出以下列数值为根的整系数方程(要求方程的次数尽量低)。\\
(1) $ \sqrt{2}+\sqrt{5} $ \quad 
(2) $ \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5} $ \quad 
(3) $ \sqrt{2}+\sqrt[3]{2} $ 

\item $ \begin{dcases}
    x=\cos(2t) \\
    y=\cos(3t) 
\end{dcases},t\in[0,2\pi] $，消去参数$t$，求$x$和$y$满足的方程。

\item$^*$  借助软件，用只含$ \cos x $或$ \cos x $的幂的式子表达
$ \cos 7x,\cos 8x,\cos 9x $. 

\item$ ^* $ 用软件绘制$ \sin(x^2)+\sin(y^2)=1 $的图像。\\
$\diamond$ GeoGebra、Desmos、MathStudio：直接输入
\verb|sin(x^2)+sin(y^2)=1|即可。\\
$\diamond$ MATLAB语法：
\begin{lstlisting}
syms x y
fimplicit(sin(x.^2) + sin(y.^2) == 1,'meshdensity',2000)
axis([-10 10 -10 10])    
\end{lstlisting} 
$\diamond$ Maple语法：
\begin{lstlisting}
with(plots, implicitplot)
implicitplot(sin(x^2) + sin(y^2) = 1, x = -10 .. 10, 
y = -10 .. 10, gridrefine = 9, resolution = 1000)    
\end{lstlisting} 
$\diamond$ Mathematica语法：
\begin{lstlisting}
ContourPlot[Sin[x^2]+Sin[y^2]==1, {x, -10, 10}, {y, -10, 10}]    
\end{lstlisting} 

感兴趣的读者可进一步探索$ \sin(x^{\alpha})+\sin(y^{\alpha})=1,\ 
\sin\left(x^{2}+y^{2}\right)=\cos\left(x\cdot y\right) $的图像，
以及把$ \sin $换成$ \cos,\tan $后的图像。

\end{enumerate}

\section{习题答案}
\begin{enumerate}[label={\textbf{\thechapter.\arabic*}},leftmargin=
    \inteval{\myenumleftmargin}pt]

\item 略

\item \begin{align*}
    &\sum_{k=1}^{n}k\sin kx=
    \dfrac{-n\cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)x\right)
        \sin\dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{2}\sin nx}{2\sin^2 \dfrac{x}{2}} \\
    &\sum_{k=1}^{n}k\cos kx=
   \dfrac{n\sin\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)x\right)\sin\dfrac{x}{2}
       +\dfrac{1}{2}\cos nx-\dfrac{1}{2}}{2\sin^2\dfrac{x}{2}} 
\end{align*}
数学归纳法过程略。

\item 
\begin{align*}
    &\sin\left(kx+\varphi+\dfrac{x}{2}\right)-
    \sin\left(kx+\varphi-\dfrac{x}{2}\right)=
    2\cos\left(kx+\varphi\right)\sin \dfrac{x}{2} \\
    &\cos\left(kx+\varphi-\dfrac{x}{2}\right)-
    \cos\left(kx+\varphi+\dfrac{x}{2}\right)=
    2\sin\left(kx+\varphi\right)\sin \dfrac{x}{2} 	
\end{align*}
将$ n $个这样的式子相加可得：
\begin{align}
    \sum_{k=1}^{n}\cos(kx+\varphi)=
    \dfrac{\sin\left(nx+\varphi+\dfrac{x}{2}\right)-\sin 
        \left(\varphi+\dfrac{x}{2}\right)}{2\sin \dfrac{x}{2}} 
        \label{余弦kx+phi求和}  \\
    \sum_{k=1}^{n}\sin(kx+\varphi)=
    \dfrac{-\cos\left(nx+\varphi+\dfrac{x}{2}\right)+\cos 
        \left(\varphi+\dfrac{x}{2}\right)}{2\sin \dfrac{x}{2}}
        \label{正弦kx+phi求和}
\end{align}

\item \textbf{方法一}\ $f'(x)=5(\sin5x-\sin x)$，用和差化积公式，
\begin{gather*}
    \sin5x-\sin x=\sin(3x+2x)-\sin(3x-2x)=2\cos(3x)\sin(2x) 
\end{gather*}
那么$f'(x)$的零点为$0,\ \dfrac{\pi}{6},\ \dfrac{\pi}{2} $，
\begin{align*}
    f(0)=5-1=4,\q 
    f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=3\sqrt{3}, \q
    f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=0 
\end{align*}
所以，$f(x)$最大值为$3\sqrt{3}$. \\
\textbf{方法二}\ 利用5倍角公式，
\begin{align*}
    \cos 5x=\cos(2x+2x+x)=16\cos^5 x- 20\cos^3 x+5\cos x 
\end{align*}
那么，$f(x)=-16\cos^5 x+20\cos^3 x $，令$t=\cos x\in[0,1]$，
$g(t)=-16t^5+20t^3$，则$g'(t)=-80t^4+60t^2=-80t^2\left(t^2-\dfrac{3}{4}\right)$，
它的零点为$ 0, \dfrac{\sqrt{3}}{2} $，$g(0)=0,\ 
g\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=3\sqrt{3} $，后者即为$f(x)$的最大值。

\item 模仿\ref{求tan2a例题}即可，
$ \tan\alpha=-\dfrac{1}{5},5,\ \tan2\alpha=-\dfrac{5}{12} $.  

\item 对称中心$ (-1,-8) $. 作变换$ x=t-1 $，则原方程变为
$ t^3+3t-8=0 $，$ p=3,\ q=-8 $，
$ \Delta=\dfrac{q^2}{4}+\dfrac{p^3}{27}=17 $，原方程实根为：
\begin{align*}
    x =\sqrt[3]{4+\sqrt{17}}+\sqrt[3]{4-\sqrt{17}}-1=0.512745\cdots
\end{align*}
韦达定理：$ x_1+x_2+x_3=-3,\ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=6,\ x_1x_2x_3=-4 $. 

\item $ -\dfrac{1}{10}+\dfrac{3}{10}\i,\ 
\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\i $. 

\item
(1)$ |2y-3|\leq \sqrt{y^2+1},\ \dfrac{6-2\sqrt{3}}{3}\leq y\leq \dfrac{6+2\sqrt{3}}{3} $. \\
(2)$ |3y-4|\leq \sqrt{4y^2+9},\ \dfrac{12-\sqrt{109}}{5}\leq y\leq \dfrac{12+\sqrt{109}}{5} $. \\
(3)$ |3y-4|\leq \sqrt{25y^2+9},\ y\leq -\dfrac{7}{4},\ y\geq\dfrac{1}{4} $. \\
(4) \textbf{R}.

\item
$ y=\dfrac{1}{2}\cos 2x+2\sin2x+\dfrac{5}{2}=
\dfrac{\sqrt{17}}{2}\sin(2x+\varphi)+\dfrac{5}{2} $，
其中，$ \cos\varphi=\dfrac{4}{\sqrt{17}} $, $ \sin\varphi=\dfrac{1}{\sqrt{17}} $. 
最值为$ \dfrac{5\pm \sqrt{17}}{2} $，单调递增区间为$ [k\pi-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\varphi}{2},k\pi+\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\varphi}{2}],\ k\in \textbf{Z} $. \\
万能代换后，$ y=\dfrac{3t^4-8t^3+2t^2+8t+3}{(t^2+1)^2}=3-\dfrac{4(2t^3+t^2-2t)}
{(t^2+1)^2} $，令$ f(t)=\dfrac{2t^3+t^2-2t}{(t^2+1)^2} $，则$ f'(t)=
\dfrac{-2(t^4+t^3-6t^2-t+1)}{(t^2+1)^3} $，分子中的四次多项式$ t^4+t^3-6t^2-t+1 $在有理数域内无法因式分解，所以万能代换会遇到困难。

\item
(1)根据(\ref{余弦等比连乘})式，
$ \dfrac{\sin\dfrac{16\pi}{17}}{16\sin\dfrac{\pi}{17}}=\dfrac{1}{16} $. \\
(2)根据(\ref{余弦等差连乘})式，$ \dfrac{1}{16} $. \\
(3)根据(\ref{正弦等差连乘})式，$ \dfrac{5}{16} $. \\
(4)根据(\ref{余弦等差连加})式，$ \cos\dfrac{\pi}{7}+\cos\dfrac{3\pi}{7}+\cos\dfrac{5\pi}{7}=
-\left(\cos\dfrac{6\pi}{7}+\cos\dfrac{4\pi}{7}+\cos\dfrac{2\pi}{7}\right)= \\
-\dfrac{\sin(3+\dfrac{1}{2})\dfrac{2\pi}{7}-\sin\dfrac{\pi}{7}}{2\sin\dfrac{\pi}{7}}=\dfrac{1}{2} $. \\
(5) $ \dfrac{1}{2} $. 

\item 如下表：
\begin{table}[h]
    \centering
    \begin{tabular}{l|l|l}
        $ \sin(15^{\circ})=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} $ & 
        $ \cos(15^{\circ})=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} $ & 
        $ \tan(15^{\circ})=2-\sqrt{3}$ \\ [9pt]
        $ \sin(22.5^{\circ})=\dfrac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2} $ & 
        $\cos(22.5^{\circ})=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$ & 
        $ \tan(22.5^{\circ})=\sqrt{2}-1 $ \\ 
        [9pt]		
        $ \sin(18^{\circ})=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4} $ & 
        $\cos(18^{\circ})=\dfrac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4} $ &
        $ \tan(18^{\circ})=\dfrac{\left(5-\sqrt{5}\right)
            \sqrt{10-2\sqrt{5}}}{20} $ \\ [9pt]	
        $ \sin(36^{\circ})=\dfrac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4} $ & $\cos(36^{\circ})=\dfrac{\sqrt{5}+1}{4} $ &
        $ \tan(36^{\circ})=\dfrac{\left(\sqrt{5}-1\right)
            \sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4} $ \\ [9pt]
    \end{tabular} 
\end{table}

\item $ (-4-4\i)\times \dfrac{2020}{4}=-2020-2020\i $. 

\item 
\begin{align*}
    \cos\left(\dfrac{n\pi}{3}\right) =&\ (C_n^0+C_n^3+C_n^6+\cdots) 
    -\dfrac{1}{2}\left[(C_n^1+C_n^4+C_n^7+\cdots)+
    (C_n^2+C_n^5+C_n^8+\cdots)\right] \\
    \sin\left(\dfrac{n\pi}{3}\right) =&\ 
    \dfrac{\sqrt{3}}{2}\left[(C_n^1+C_n^4+C_n^7+\cdots)-
    (C_n^2+C_n^5+C_n^8+\cdots)\right] 
\end{align*}

\item (1) $ x^4-14x^2+9 $ .\\
(2) \textbf{方法一}\ 
\begin{gather*}
    x= \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5} \\
    (x-\sqrt{2})^2=x^2-2\sqrt{2}x+2= (\sqrt{3}+\sqrt{5})^2= 8+2\sqrt{15} \\
    x^2-6=2\sqrt{15}+2\sqrt{2}x
\end{gather*}
剩余步骤同\ref{sqrt2+sqrt3极小多项式}，最终可得
\begin{align}
    x^8-40x^6+352x^4-960x^2+576=0  \tag*{\ding{172}}
\end{align}
\textbf{方法二}\ 把(\ref{x4-10x2+1})式中的$ x $换成$ (x-\sqrt{5}) $，即
\begin{gather*}
    (x-\sqrt{5})^4-10(x-\sqrt{5})^2+1=x^4-4\sqrt{5}x^3+20x^2-24=0\\
    (x^4+20x^2-24)^2=(4\sqrt{5}x^3)^2=80x^6
\end{gather*}
化简后同样可得\ding{172}式。 \\
(3)
\begin{gather*}
    (x-\sqrt{2})^3=x^3-3x^2\sqrt{2}+3x\cdot 2-2\sqrt{2}=(\sqrt[3]{2})^3=2 \\
    x^6-6x^4-4x^3+12x^2-24x-4=0
\end{gather*}

\item $ \begin{dcases}
    x=\cos(2t)=2\cos^2t-1 ,\\
    y=\cos(3t)=4\cos^3t-3\cos t=\cos t(4\cos^2t-3),
\end{dcases} $ 那么
\begin{align*}
    y^2=\cos^2 t(4\cos^2t-3)^2 &=
    \dfrac{x+1}{2}\left(4\cdot \dfrac{x+1}{2} -3\right)^2 \\
    &= \dfrac{1}{2}(x+1)(2x-1)^2=\dfrac{1}{2}(4x^3-3x+1) 
\end{align*}
$x$和$y$满足的方程为$ 4x^3-3x+1-2y^2=0 $.

\item
\begin{align*}
    & 64\cos^7x-112\cos^5x+56\cos^3x-7\cos x \\
    & 128\cos^8x-256\cos^6x+160\cos^4x-32\cos^2x+1 \\
    & 256\cos^9x-576\cos^7x+432\cos^5x-120\cos^3x+9\cos x
\end{align*}

\end{enumerate}

\myfootnote{\CopyrightStatementChap}
% {\footnotesize (可在以下空白区域自行增补知识点。)}  
\cleardoublepage

